2、
C.-5 D.以上都不對
解析:∵f′(x)=6x2-12x=6x(x-2),
∵f(x)在(-2,0)上為增函數(shù),在(0,2)上為減函數(shù),
∴當x=0時,f(x)=m最大.
∴m=3,從而f(-2)=-37,f(2)=-5.
∴最小值為-37.
答案:A
3.
圖1
如果函數(shù)y=f(x)的圖象如圖1所示,那么導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象可能是圖2中的( )
圖2
解析:由y=f(x)的圖象可知其單調(diào)性從左向右依次為增減增減,所以其導(dǎo)數(shù)y=f′(x)的函數(shù)值依次為正負正負.由此可排除B、C、D.
答案:A
4.(2020·濰坊模擬)函數(shù)f(x)=x3+a
3、x2+bx+a2在x=1處有極值10,則( )
A.a(chǎn)=-11,b=4 B.a(chǎn)=-4,b=11
C.a(chǎn)=11,b=-4 D.a(chǎn)=4,b=-11
解析:由f(x)=x3+ax2+bx+a2,
得f′(x)=3x2+2ax+b,
根據(jù)已知條件即
解得或(經(jīng)檢驗應(yīng)舍去).
答案:D
5.已知函數(shù)f(x)=ax3+bx+c,其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示,則函數(shù)f(x)的極小值是( )
A.a(chǎn)+b+c
B.8a+4b+c
C.3a+2b
D.c
解析:由f′(x)的圖象知:x=0是f(x)的極小值點,
∴f(x)極小值=f(0)=c.
答案:D
6.已知函
4、數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c,x∈[-2,2]表示的曲線過原點,且在x=±1處的切線斜率均為-1,給出以下結(jié)論:
①f(x)的解析式為f(x)=x3-4x,x∈[-2,2];
②f(x)的極值點有且僅有一個;
③f(x)的最大值與最小值之和等于0.
其中正確的結(jié)論有( )
A.0個 B.1個
C.2個 D.3個
解析:∵f(0)=0,∴c=0,
∵f′(x)=3x2+2ax+b.
∴即
解得a=0,b=-4,
∴f(x)=x3-4x,∴f′(x)=3x2-4.
令f′(x)=0得x=±∈[-2,2],
∴極值點有兩個.
∵f(x)為奇函數(shù),
∴f(x)
5、max+f(x)min=0.
∴①③正確,故確C.
答案:C
二、填空題(3×5分=15分)
7.(2020·江蘇高考)函數(shù)f(x)=x3-15x2-33x+6的單調(diào)減區(qū)間為________.
解析:∵f′(x)=3x2-30x-33=3(x-11)(x+1),
令f′(x)<0得-1
6、1)上恒成立,則a≥3x2,x∈(-1,1)恒成立,故a≥3.
答案:a≥3
9.若直線y=m與y=3x-x3的圖象有三個不同的交點,則實數(shù)m的取值范圍為________.
解析:由已知得:m=3x-x3有三個不同實根,
亦即函數(shù)f(x)=x3-3x+m有3個不同的零點.
∵f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),
且當x<-1時,f′(x)>0,
當-11時,f′(x)>0.
∴當x=-1時,f(x)有極大值,當x=1時,f(x)有極小值,要使f(x)有3個不同的零點,如圖所示:
只需解得-2
7、
三、解答題(共37分)
10.(12分)(2020·廣州模擬)若存在過點(1,0)的直線與曲線y=x3和y=ax2+x-9都相切,求a的值.
解析:設(shè)過(1,0)的直線與y=x3相切于點(x0,x03),
所以切線方程為y-x03=3x02(x-x0),
即y=3x02x-2x03,又(1,0)在切線上,
則x0=0或x0=,
當x0=0時,
由y=0與y=ax2+x-9相切可得a=-,
當x0=時,由y=x-與y=ax2+x-9相切
可得a=-1,
所以a=-1或-.
11.(理)(12分)(2020·福建六校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x·lnx.
(1)求曲線y=
8、f(x)在點(e,e)處的切線方程;
(2)若k是正常數(shù),設(shè)g(x)=f(x)+f(k-x),求g(x)的最小值;
(3)若關(guān)于x的不等式xlnx+(4-x)ln(4-x)≥ln(m2-6m)對一切x∈(0,4)恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.
解析:(1)∵f′(x)=lnx+1,
∴f′(e)=lne+1=2.
∴所求的切線方程為:
y-e=2(x-e)即2x-y-e=0.
(2)∵g(x)=xlnx+(k-x)ln(k-x)的定義域為(0,k),
∴g′(x)=lnx+1-[ln(k-x)+1]=ln.
由g′(x)>0得
9、)在(0,)上單調(diào)遞減,在(,k)上單調(diào)遞增.
∴g(x)的最小值為g()=k·ln.
(3)∵xlnx+(4-x)ln(4-x)=f(x)+f(4-x),
由(2)知:
當x∈(0,4)時,xlnx+(4-x)ln(4-x)的最小值為:
4ln2=ln16.
由已知得ln(m2-6m)≤ln16.
即解得m∈[-2,0)∪(6,8].
(文)(12分)已知a為實數(shù),f(x)=(x2-4)(x-a).
(1)若f′(-1)=0,求f(x)在[-4,4]上的最大值和最小值;
(2)若f(x)在(-∞,-2]和[2,+∞)上都是遞增的,求a的取值范圍.
解析:(1)f′(x)
10、=3x2-2ax-4,f′(-1)=2a-1=0,
∴a=,∴f′(x)=(3x-4)(x+1)
x
(-4,-1)
-1
(-1,)
(,4)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
增
極大
減
極小
增
f極大(x)=f(-1)=,f極小(x)=f()=-,
f(-4)=-54,f(4)=42,
fmin(x)=f(-4)=-54,fmax(x)=f(4)=42.
(2)f′(x)≥0對一切x∈(-∞,-2]及[2,+∞)均成立,
或Δ≤0,即-2≤a≤2.
12.(理)(13分)(2020·廣州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=x3-x2+p
11、x-p(p是實常數(shù)).
(1)若f(x)在(0,+∞)內(nèi)為單調(diào)函數(shù),求p的取值范圍;
(2)當p≠0時,過點(1,0)作曲線y=f(x)的切線能作三條,求p的取值范圍.
解析:(1)f′(x)=px2-2x+p,x∈(0,+∞).
①p=0時,f′(x)=-2x<0,此時f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.
∴p=0.
②p>0時,f′(x)的對稱軸為x=∈(0,+∞),
∴f′(x)min=f′()=≥0
?p≤-1或p≥1.∴p≥1.
③p<0時,f′(x)的對稱軸為x=<0,此時f′(x)=px2-2x+p在(0,+∞)內(nèi)遞減,要使f(x)在(0,+∞)內(nèi)為單調(diào)函數(shù),只需
12、f′(0)≤0即可.∴p<0.
綜上所述:p≤0或p≥1即為所求.
(2)f′(x)=px2-2x+p,
顯然p≠0,點(1,0)不在曲線y=f(x)上?p ≠3.
設(shè)過(1,0)作直線與曲線y=f(x)相切的切點為
(t,t3-t2+pt-p),
則pt2-2t+p=
?pt3-(p+1)t2+2t=0
?t[pt2-(p+1)t+2]=0.
∴t=0或pt2-(p+1)t+2=0.
∵切線能作三條,
∴Δ=(p+1)2-p>0.∴p<或p>3且p≠0.
(文)(2020·茂名模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=x3-3ax+b(a≠0).
(1)若曲線y=f(x)在點(2,f(
13、2))處與直線y=8相切,求a,b的值;
(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值點.
解析:(1)f′(x)=3x2-3a.
因為曲線y=f(x)在點(2,f(2))處與直線y=8相切,
所以即
解得a=4,b=24.
(2)f′(x)=3(x2-a)(a≠0).
當a<0時,f′(x)>0,函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增;此時函數(shù)f(x)沒有極值點.
當a>0時,由f′(x)=0得x=±.
當x∈(-∞,-)時,f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;
當x∈(-,)時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;
當x∈(,+∞)時,f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.
此時x=-是f(x)的極大值點,x=是f(x)的極小值點.