【步步高】2014屆高三數(shù)學一輪 3.3 導數(shù)的應(yīng)用(二)課時檢測 理 (含解析)北師大版

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1、 3.3 導數(shù)的應(yīng)用(二) 一、選擇題 1.函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a,b),導函數(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(  ). A.1個 B.2個 C.3個 D.4個 答案 A 2.若函數(shù)y=f(x)可導,則“f′(x)=0有實根”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),因為函數(shù)有極大值和極小值, 所以f′(x)=0有兩個不相等的實數(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m∈[-1,1]時,f(m)min=f(0)=-4.又f′(x)=-3x2+6x的圖象開口向下,且對稱軸為x=1,∴當n∈[-1,1]時,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x=0時,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,則切點的橫坐標為(  ) A.ln2

5、 B.-ln2 C. D. 解析 f′(x)=ex-ae-x,這個函數(shù)是奇函數(shù),因為函數(shù)f(x)在0處有定義,所以f′(0)=0,故只能是a=1.此時f′(x)=ex-e-x,設(shè)切點的橫坐標是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的一個極值點,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的一個極值點,則易得a=c.因選項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的一個極值點,滿足條件;選項C中,對稱軸x=->0,且開口向下,∴a<0,b>0,∴f(-1)=2a-b<0,也滿足條件;選項D中,對稱軸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.因為0<x<1時,f′(x)<0,x>1時f′(x)>0,所以當x=1時,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),若對于任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立,則實數(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x>0,即x∈(0,1]時,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x<0,即x∈[-1

9、,0)時,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 【點評】 本題考查了分類討論思想構(gòu)造函數(shù),同時利用導數(shù)的知識來解決. 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x≥2時,函數(shù)g(x)為增函數(shù),因此g(x)的值域為[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x0處取得極大值5,其導函數(shù)y=f′(x)的圖象經(jīng)過(1,0),(2,0)點,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x=1時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

11、x=1處的切線為l: 3x-y+1=0,若x=時,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x=1時,切線l的斜率為3,可得2a+b=0.① 當x=時,y=f(x)有極值, 則f′=0,可得4a+3b+4=0.② 由①②解得a=2,b=-4. 由于切點的橫坐標為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x變化時,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0<a<2時,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x∈時,f′(x)的最大值為f′=+2a;令+2a>0,得a>-. 所以,當a>-時,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,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0<a<2時,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)有兩個極值點x1和x2,記過點A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直線的斜率為k.問:是否存在a,使得k=2-a?若存在,求出a的值;若不存在,請說明理由. 思路分析 先求導,通分后發(fā)現(xiàn)f′(x)的符號與a有關(guān),應(yīng)對a進行分類,依據(jù)方程的判別式來分類. 解析 (1)f(x)的定義域為(0,+∞). f′(x)=1+-=. 令g(x)=x2-ax+1,其判別式Δ=a2-4. ①當|a|≤2時,Δ≤0,f′(x)≥0.故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. ②當a<-

15、2時,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a>2時,Δ>0,g(x)=0的兩根為x1=, x2=. 當0<x<x1時,f′(x)>0,當x1<x<x2時,f′(x)<0; 當x>x2時,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. 因為f(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. 【點評】 本題充分體現(xiàn)了分類討論思想.近幾年新課標高考??疾楹瑓?shù)的導數(shù)問題,難度中等偏上,考生最容易失分的就是對參數(shù)的分類標準把握不準,導致分類不全等 7

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