【步步高】2014屆高三數(shù)學(xué)一輪 3.3 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二）課時(shí)檢測(cè) 理 （含解析）北師大版

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1、 3.3 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二） 一、選擇題 1．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)殚_區(qū)間(a，b)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a，b)內(nèi)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)有極小值點(diǎn)(　　)． A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè) 答案　A 2．若函數(shù)y＝f(x)可導(dǎo)，則“f′(x)＝0有實(shí)根”是“f(x)有極值”的 (　　)． A．必要不充分條件 B．充分不必要條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　A 3．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有極大值和極小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　

2、　)． A．(－1,2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C．(－3,6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，因?yàn)楹瘮?shù)有極大值和極小值， 所以f′(x)＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，所以Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0， 解得a＜－3或a＞6. 答案　B 4．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m、n∈[－1,1]，則f(m)＋f′(n)的最小值是(　　) A．－13 B．－15 C．10

3、 D．15 解析：求導(dǎo)得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4， f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)m∈[－1，1]時(shí)，f(m)min＝f(0)＝－4.又f′(x)＝－3x2＋6x的圖象開口向下，且對(duì)稱軸為x＝1，∴當(dāng)n∈[－1,1]時(shí)，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值為－13. 答案：A 5．函數(shù)y＝xe－x，x∈[0,4]的最小值為

4、(　　)． A．0 B. C. D. 解析　y′＝e－x－xe－x＝－e－x(x－1) y′與y隨x變化情況如下： x 0 (0,1) 1 (1,4) 4 y′ ＋ 0 － y 0 當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)y＝xe－x取到最小值0. 答案　A 6．設(shè)a∈R，函數(shù)f(x)＝ex＋a·e－x的導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，且f′(x)是奇函數(shù)．若曲線y＝f(x)的一條切線的斜率是，則切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為(　　) A．ln2

5、 B．－ln2 C. D. 解析 f′(x)＝ex－ae－x，這個(gè)函數(shù)是奇函數(shù)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在0處有定義，所以f′(0)＝0，故只能是a＝1.此時(shí)f′(x)＝ex－e－x，設(shè)切點(diǎn)的橫坐標(biāo)是x0，則ex0－e－x0＝，即2(ex0)2－3ex0－2＝0，即(ex0－2)(2ex0＋1)＝0，只能是ex0＝2，解得x0＝ln2.正確選項(xiàng)為A. 答案 A 7．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個(gè)極值點(diǎn)，則下列圖象不可能為y＝f(x)的圖象是(

6、　　)． 解析　若x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個(gè)極值點(diǎn)，則易得a＝c.因選項(xiàng)A、B的函數(shù)為f(x)＝a(x＋1)2，則[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝a(x＋1)(x＋3)ex，∴x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個(gè)極值點(diǎn)，滿足條件；選項(xiàng)C中，對(duì)稱軸x＝－＞0，且開口向下，∴a＜0，b＞0，∴f(－1)＝2a－b＜0，也滿足條件；選項(xiàng)D中，對(duì)稱軸x＝－＜－1，且開口向上，∴a＞0，b＞2a，∴f(－1)＝2a－b＜0，與圖矛盾，故答案選D. 答案　D 二、填空題 8．已知f(x)＝2x3－6x2＋3，對(duì)任意的x∈[－2,2]都有f(x)≤a，則a的取值范圍為_

7、_______． 解析：由f′(x)＝6x2－12x＝0，得x＝0，或x＝2. 又f(－2)＝－37，f(0)＝3，f(2)＝－5， ∴f(x)max＝3，又f(x)≤a，∴a≥3. 答案：[3，＋∞) 9．函數(shù)f(x)＝x2－2ln x的最小值為________． 解析　由f′(x)＝2x－＝0，得x2＝1.又x＞0，所以x＝1.因?yàn)?＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0，x＞1時(shí)f′(x)＞0，所以當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取極小值(極小值唯一)也即最小值f(1)＝1. 答案　1 10．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有極大值和極小值，則a的取值范圍________． 解析

8、　f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)， 由已知條件Δ>0，即36a2－36(a＋2)>0， 解得a<－1，或a>2. 答案　(－∞，－1)∪(2，＋∞) 11．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對(duì)于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的值為________． 解析　(構(gòu)造法)若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然成立； 當(dāng)x＞0，即x∈(0,1]時(shí)，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≥－.設(shè)g(x)＝－，則g′(x)＝， 所以g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減， 因此g(x)max＝g＝4，從而a≥4. 當(dāng)x＜0，即x∈[－1

9、,0)時(shí)，同理a≤－. g(x)在區(qū)間[－1,0)上單調(diào)遞增， ∴g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4，綜上可知a＝4. 答案　4 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查了分類討論思想構(gòu)造函數(shù)，同時(shí)利用導(dǎo)數(shù)的知識(shí)來(lái)解決. 12．已知函數(shù)f(x)的自變量取值區(qū)間為A，若其值域也為A，則稱區(qū)間A為f(x)的保值區(qū)間．若g(x)＝x＋m－lnx的保值區(qū)間是[2，＋∞)，則m的值為________． 　 解析 g′(x)＝1－＝，當(dāng)x≥2時(shí)，函數(shù)g(x)為增函數(shù)，因此g(x)的值域?yàn)閇2＋m－ln2，＋∞)，因此2＋m－ln2＝2，故m＝ln2. 答案 ln2 三、解答題 13．已知函數(shù)f(x

10、)＝ax3＋bx2＋cx在點(diǎn)x0處取得極大值5，其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象經(jīng)過(guò)(1,0)，(2,0)點(diǎn)，如圖所示． (1)求x0的值； (2)求a，b，c的值． 解析　(1)由f′(x)隨x變化的情況 x (－∞，1) 1 (1,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ 可知當(dāng)x＝1時(shí)f(x)取到極大值5，則x0＝1 (2)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，a>0 由已知條件x＝1，x＝2為方程3ax2＋2bx＋c＝0， 的兩根，因此解得a＝2，b＝－9，c＝12. 14．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點(diǎn)

11、x＝1處的切線為l： 3x－y＋1＝0，若x＝時(shí)，y＝f(x)有極值． (1)求a，b，c的值； (2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值． 解析：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， 得f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 當(dāng)x＝1時(shí)，切線l的斜率為3，可得2a＋b＝0.① 當(dāng)x＝時(shí)，y＝f(x)有極值， 則f′＝0，可得4a＋3b＋4＝0.② 由①②解得a＝2，b＝－4. 由于切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x＝1，∴f(1)＝4， ∴1＋a＋b＋c＝4，∴c＝5. ∴a＝2，b＝－4，c＝5. (2)由(1)可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5， ∴f′(x)＝3

12、x2＋4x－4， 令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝. 當(dāng)x變化時(shí)，y、y′的取值及變化如下表： x －3 (－3，－2) －2 1 y′ ＋ 0 － 0 ＋ y 8 單調(diào)遞增↗ 13 單調(diào)遞減↘ 單調(diào)遞增↗ 4 ∴y＝f(x)在[－3,1]上的最大值為13，最小值為. 15．設(shè)f(x)＝－x3＋x2＋2ax. (1)若f(x)在上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍； (2)當(dāng)0＜a＜2時(shí)，f(x)在[1,4]上的最小值為－，求f(x)在該區(qū)間上的最大值． 解析　(1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－2＋＋2a，

13、當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)的最大值為f′＝＋2a；令＋2a＞0，得a＞－. 所以，當(dāng)a＞－時(shí)，f(x)在上存在單調(diào)遞增區(qū)間．即f(x)在上存在單調(diào)遞增區(qū)間時(shí)，a的取值范圍是 (2)令f′(x)＝0，得兩根x1＝，x2＝. 所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞減， 在(x1，x2)上單調(diào)遞增． 當(dāng)0＜a＜2時(shí)，有x1＜1＜x2＜4， 所以f(x)在[1,4]上的最大值為f(x2)， 又f(4)－f(1)＝－＋6a＜0，即f(4)＜f(1)． 所以f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)＝8a－＝－. 得a＝1，x2＝2，從而f(x)在[1,4]上的最大值為f(2)＝.

14、 16．設(shè)函數(shù)f(x)＝x－－aln x(a∈R)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1和x2，記過(guò)點(diǎn)A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直線的斜率為k.問(wèn)：是否存在a，使得k＝2－a？若存在，求出a的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 思路分析　先求導(dǎo)，通分后發(fā)現(xiàn)f′(x)的符號(hào)與a有關(guān)，應(yīng)對(duì)a進(jìn)行分類，依據(jù)方程的判別式來(lái)分類． 解析　(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． f′(x)＝1＋－＝. 令g(x)＝x2－ax＋1，其判別式Δ＝a2－4. ①當(dāng)|a|≤2時(shí)，Δ≤0，f′(x)≥0.故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ②當(dāng)a＜－

15、2時(shí)，Δ＞0，g(x)＝0的兩根都小于0.在(0，＋∞)上，f′(x)＞0.故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ③當(dāng)a＞2時(shí)，Δ＞0，g(x)＝0的兩根為x1＝， x2＝. 當(dāng)0＜x＜x1時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)x1＜x＜x2時(shí)，f′(x)＜0； 當(dāng)x＞x2時(shí)，f′(x)＞0.故f(x)分別在(0，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減． (2)由(1)知，a＞2. 因?yàn)閒(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋－a(ln x1－ln x2)，所以，k＝＝1＋－a·. 又由(1)知，x1x2＝1，于是k＝2－a·. 若存在a，使得k＝2－a，則＝1. 即ln x1－ln x2＝x1－x2. 由x1x2＝1得x2－－2ln x2＝0(x2＞1)．(*) 再由(1)知，函數(shù)h(t)＝t－－2ln t在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而x2＞1，所以x2－－2ln x2＞1－－2 ln 1＝0.這與(*)式矛盾． 故不存在a，使得k＝2－a. 【點(diǎn)評(píng)】 本題充分體現(xiàn)了分類討論思想.近幾年新課標(biāo)高考常考查含參數(shù)的導(dǎo)數(shù)問(wèn)題，難度中等偏上，考生最容易失分的就是對(duì)參數(shù)的分類標(biāo)準(zhǔn)把握不準(zhǔn)，導(dǎo)致分類不全等 7