《新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第九章 ：第二節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用一演練知能檢測(cè)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第九章 ：第二節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用一演練知能檢測(cè)（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料 第二節(jié)　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一) [全盤(pán)鞏固] 1．已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是(　　)[來(lái)源:數(shù)理化網(wǎng)] A．f(b)>f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e) C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d) 解析：選C　依題意得，當(dāng)x∈(－∞，c)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(c，e)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.因此，函數(shù)f(x)在(－∞，c)上是增函數(shù)，在(c，e)上是減函數(shù)，在(e，＋

2、∞)上是增函數(shù)，又af(b)>f(a)． 2．(2014·淄博模擬)若函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有極值，則導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象不可能是(　　) 解析：選D　若函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有極值，則此函數(shù)在某點(diǎn)兩側(cè)的單調(diào)性相反，也就是說(shuō)導(dǎo)函數(shù)f′(x)在此點(diǎn)兩側(cè)的導(dǎo)函數(shù)值的符號(hào)相反，所以導(dǎo)函數(shù)的圖象要穿過(guò)x軸，觀察四個(gè)選項(xiàng)中的圖象只有D項(xiàng)是不符合要求的，即f′(x)的圖象不可能是D. 3．函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　) A．(－1,1]　　　　　　　　B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0

3、，＋∞) 解析：選B　函數(shù)y＝x2－ln x的定義域?yàn)?0，＋∞)，y′＝x－＝，令y′≤0，可得0f，排除A；取函數(shù)f(x)＝－(x－1)2，則x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)，但－1不是f(－x

4、)的極小值點(diǎn)，排除B；－f(x)＝(x－1)2，－1不是－f(x)的極小值點(diǎn)，排除C. 5．(2014·溫州模擬)定義在上的函數(shù)f(x)，f′(x)是它的導(dǎo)函數(shù)，且恒有f(x)f　　　 B．f(1)<2fsin 1 C.f>f D.f0，即在上為單調(diào)遞增函數(shù)，故選D. 6．(2013·湖北高考)已知a為常數(shù)，函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1

5、　) A．f(x1)>0，f(x2)>－ B．f(x1)<0，f(x2)<－ C．f(x1)>0，f(x2)<－ D．f(x1)<0，f(x2)>－ 解析：選D　f′(x)＝ln x－2ax＋1，依題意知f′(x)＝0有兩個(gè)不等實(shí)根x1，x2. 即曲線y1＝1＋ln x與y2＝2ax有兩個(gè)不同交點(diǎn)，如圖．由直線y＝x是曲線y1＝1＋ln x的切線，可知：0<2a<1，且00，當(dāng)x>x2時(shí)，f′(x)<0，∴f(x2)>f(1

6、)＝－a>－. 7．(2014·鄭州模擬)若函數(shù)f(x)＝x3－x2＋ax＋4恰在[－1,4]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)_______． 解析：∵f(x)＝x3－x2＋ax＋4，∴f′(x)＝x2－3x＋a.又函數(shù)f(x)恰在[－1,4]上單調(diào)遞減，∴－1,4是f′(x)＝0的兩根，∴a＝－1×4＝－4.[來(lái)源:] 答案：－4 8．已知函數(shù)f(x)＝x3＋3mx2＋nx＋m2在x＝－1時(shí)有極值0，則m＋n＝________. 解析：∵f′(x)＝3x2＋6mx＋n，∴由已知可得∴或 當(dāng)時(shí)，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立與x＝－1是極值點(diǎn)矛盾， 當(dāng)時(shí)，f′

7、(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，顯然x＝－1是極值點(diǎn)，符合題意，∴m＋n＝11. 答案：11 9．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－1,5]，部分對(duì)應(yīng)值如表， x －1 0 4 5 f(x) 1 2 2 1 f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示， 下列是關(guān)于函數(shù)f(x)的命題： ①函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇1,2]； ②函數(shù)f(x)在[0,2]上是減函數(shù)； ③如果當(dāng)x∈[－1，t]時(shí)，f(x)的最大值是2，那么t的最大值為4； ④當(dāng)1

8、析：由題意可知函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－1,0)，(2,4)；單調(diào)減區(qū)間為(0,2)，(4,5)，且f(x)的極小值為f(2)，由于f(2)未知，故①④均錯(cuò)誤，又因?yàn)閒(x)的最大值為f(0)＝f(4)＝2，故③錯(cuò)誤．[來(lái)源:] 答案：② 10．(2013·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝4x＋4. (1)求a，b的值； (2)討論f(x)的單調(diào)性，并求f(x)的極大值． 解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4. 故b＝4，a＋b＝8.從而a

9、＝4，b＝4.[來(lái)源:] (2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2). 令f′(x)＝0得，x＝－ln 2或x＝－2.從而當(dāng)x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0； 當(dāng)x∈(－2，－ln 2)時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－2，－ln 2)上單調(diào)遞減． 當(dāng)x＝－2時(shí)，函數(shù)f(x)取得極大值，極大值為f(－2)＝4(1－e－2)． 11.已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx＋c在點(diǎn)x＝2處取得極值c－16. (1)求a，b的值； (2)若f(x)有

10、極大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值． 解：(1)因?yàn)閒(x)＝ax3＋bx＋c，所以f′(x)＝3ax2＋b， 由于f(x)在點(diǎn)x＝2處取得極值c－16， 故有即 化簡(jiǎn)得解得經(jīng)檢驗(yàn)符合題意． 故a＝1，b＝－12. (2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)．令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2. 當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－2)上為增函數(shù)；[來(lái)源:] 當(dāng)x∈(－2,2)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在(－2,2)上為減函數(shù)； 當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在

11、(2，＋∞)上為增函數(shù)． 由此可知f(x)在x1＝－2處取得極大值f(－2)＝16＋c，在x2＝2處取得極小值f(2)＝c－16. 由題設(shè)條件知16＋c＝28，解得c＝12. 此時(shí)f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝c－16＝－4， 因此f(x)在[－3,3]上的最小值為f(2)＝－4. 12．已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)是否存在實(shí)數(shù)a，使得函數(shù)f(x)的極值大于0？若存在，求a的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)由題意得，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－ax＋1＝

12、－. ①當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝，∵x>0，∴f′(x)>0.∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)． ②當(dāng)a≠0時(shí)，令f′(x)＝0，得－＝0，∵x>0，∴ax2－x－1＝0，Δ＝1＋4a. (ⅰ)當(dāng)Δ≤0，即a≤－時(shí)，得ax2－x－1≤0，故f′(x)≥0，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)． (ⅱ)當(dāng)Δ>0，即a>－時(shí)，方程ax2－x－1＝0的兩個(gè)實(shí)根分別為x1＝，x2＝.若－0. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)， 若a>0，則x1<0，x2>0，此時(shí)，當(dāng)x∈(0，x2)時(shí)，f′(

13、x)>0，當(dāng)x∈(x2，＋∞)時(shí)，f′(x)<0. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為. 綜上所述，當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間． (2)由(1)得，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)無(wú)極值； 當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為，則f(x)有極大值，極大值為f(x2)＝ln x2－ax＋x2，其中x2＝. 而ax－x2－1＝0，即ax＝x2＋1，∴f(x2)＝ln x2＋.設(shè)函數(shù)h(x)＝ln x＋(x>0)，則h′(x)＝

14、＋>0，則h(x)＝ln x＋在(0，＋∞)上為增函數(shù)． 又h(1)＝0，則h(x)>0等價(jià)于x>1.∴f(x2)＝ln x2＋>0等價(jià)于x2>1.即當(dāng)a>0時(shí)，方程ax2－x－1＝0的正根大于1. 設(shè)φ(x)＝ax2－x－1，由于φ(x)的圖象是開(kāi)口向上的拋物線，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0，－1)，對(duì)稱(chēng)軸x＝>0，則只需φ(1)<0，即a－1－1<0，解得a<2，又a>0，所以0

15、當(dāng)x1成立？若存在，求a的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)f′(x)＝(1＋x)ex.令f′(x)＝0，得x＝－1.f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下： x (－∞，－1) －1 (－1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 極小值 ↗ ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－1)，單調(diào)遞增區(qū)間是(－1，＋∞)； f(x)極小值＝f(－1)＝－. (2) 設(shè)g(x)＝，由題意，對(duì)任意的x1、x2∈(a，＋∞)，當(dāng)x1g(x1)，即y＝g(x)在(a，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)． (3) 又g′(x)＝＝＝＝，∴?x∈(a，＋∞)，g′(x)≥0. 令h(x)＝x2ex－axex－aex＋aea，h′(x)＝2xex＋x2ex－a(1＋x)ex－aex＝x(x＋2)ex－a(x＋2)ex＝(x＋2)(x－a)ex.若a≥－2，當(dāng)x>a時(shí)，h′(x)>0，h(x)為(a，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)，∴h(x)>h(a)＝0，不等式成立．若a<－2，當(dāng)x∈(a，－2)時(shí)，h′(x)<0，h(x)為(a，－2)上的單調(diào)遞減函數(shù)，∴?x0∈(a，－2)，h(x0)