高三北师大版数学（理）一轮课时检测 3.3 导数的应用（二） 含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精3.3导数的应用（二）一、选择题1．函数f(x）的定义域为开区间(a,b）,导函数f′(x）在（a，b）内的图象如图所示,则函数f（x）在开区间（a，b）内有极小值点(）．A．1个B．2个C．3个D．4个答案A2．若函数y＝f(x）可导，则“f′(x）＝0有实根”是“f(x)有极值”的(）．A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案A3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是（)．A．（－1,2） B．(－∞，－3）∪(6，＋∞）C．(－3，6) D．（－∞,－1)∪(2，＋∞）解析f′(x）＝3x2＋2ax＋（a＋6）,因为函数有极大值和极小值，所以f′（x)＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝4a2－4×3（a解得a＜－3或a＞6.答案B4．已知函数f（x）＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m、n∈[－1，1］，则f（m）＋f′（n）的最小值是(）A．－13B．－15C．10D．15解析:求导得f′(x）＝－3x2＋2ax，由函数f（x）在x＝2处取得极值知f′（2）＝0，即－3×4＋2a×2＝0,∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2f′(x）＝－3x2＋6x，易知f(x）在（－1，0）上单调递减，在(0,1)上单调递增，∴当m∈[－1，1］时，f（m)min＝f(0）＝－4。又f′（x）＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1,∴当n∈[－1,1］时，f′（n）min＝f′（－1)＝－9。故f（m)＋f′（n)的最小值为－13。答案:A5．函数y＝xe－x，x∈[0,4]的最小值为（）．A．0B。eq\f(1,e）C。eq\f（4,e4)D。eq\f（2,e2)解析y′＝e－x－xe－x＝－e－x（x－1）y′与y随x变化情况如下：x0（0，1)1(1,4）4y′＋0－y0eq\f（1,e）eq\f(4,e4）当x＝0时,函数y＝xe－x取到最小值0.答案A6．设a∈R，函数f(x）＝ex＋a·e－x的导函数是f′（x),且f′(x）是奇函数．若曲线y＝f(x)的一条切线的斜率是eq\f（3，2），则切点的横坐标为(）A．ln2B．－ln2C。eq\f(ln2,2）D.eq\f(－ln2，2)解析f′(x)＝ex－ae－x，这个函数是奇函数，因为函数f（x)在0处有定义，所以f′(0）＝0，故只能是a＝1。此时f′（x)＝ex－e－x,设切点的横坐标是x0，则ex0－e－x0＝eq\f（3,2),即2（ex0)2－3ex0－2＝0，即（ex0－2)(2ex0＋1)＝0，只能是ex0＝2，解得x0＝ln2.正确选项为A.答案A7．设函数f(x）＝ax2＋bx＋c（a，b，c∈R）．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点,则下列图象不可能为y＝f(x)的图象是（）．解析若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则易得a＝c。因选项A、B的函数为f(x）＝a（x＋1)2,则[f（x)ex]′＝f′（x)ex＋f(x)(ex）′＝a(x＋1)（x＋3）ex，∴x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，满足条件;选项C中，对称轴x＝－eq\f（b,2a)＞0，且开口向下，∴a＜0,b＞0，∴f(－1）＝2a－b＜0，也满足条件；选项D中，对称轴x＝－eq\f（b，2a)＜－1,且开口向上,∴a＞0，b＞2a，∴f(－1）＝2a－b＜0，与图矛盾,故答案选D。答案D二、填空题8．已知f(x)＝2x3－6x2＋3，对任意的x∈[－2，2]都有f(x）≤a，则a的取值范围为________．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．函数f（x）＝x2－2lnx的最小值为________．解析由f′（x）＝2x－eq\f（2,x）＝0，得x2＝1.又x＞0，所以x＝1.因为0＜x＜1时，f′(x）＜0,x＞1时f′(x)＞0，所以当x＝1时，f(x)取极小值（极小值唯一）也即最小值f(1）＝1。答案110．若f（x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2）x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围________．解析f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2），由已知条件Δ〉0，即36a2－36（a解得a<－1，或a>2。答案（－∞,－1)∪（2,＋∞）11．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R),若对于任意x∈［－1,1］，都有f(x）≥0成立，则实数a的值为________．解析(构造法)若x＝0，则不论a取何值，f（x)≥0显然成立;当x＞0，即x∈(0,1］时，f（x）＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥eq\f(3，x2）－eq\f(1，x3).设g(x)＝eq\f（3，x2)－eq\f（1，x3），则g′（x)＝eq\f(31－2x,x4)，所以g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))）上单调递增，在区间eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(1,2)，1））上单调递减，因此g（x)max＝geq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）)）＝4,从而a≥4。当x＜0，即x∈［－1，0）时，同理a≤eq\f（3,x2）－eq\f(1，x3）.g（x)在区间［－1,0)上单调递增，∴g(x）min＝g(－1）＝4，从而a≤4,综上可知a＝4.答案4【点评】本题考查了分类讨论思想构造函数,同时利用导数的知识来解决.12．已知函数f（x）的自变量取值区间为A，若其值域也为A，则称区间A为f(x)的保值区间．若g（x）＝x＋m－lnx的保值区间是［2,＋∞），则m的值为________．解析g′（x)＝1－eq\f（1,x)＝eq\f(x－1,x），当x≥2时，函数g(x）为增函数,因此g（x)的值域为［2＋m－ln2，＋∞），因此2＋m－ln2＝2,故m＝ln2.答案ln2三、解答题13．已知函数f（x)＝ax3＋bx2＋cx在点x0处取得极大值5，其导函数y＝f′（x)的图象经过(1，0），（2，0）点，如图所示．（1）求x0的值;(2）求a，b,c的值．解析（1）由f′（x)随x变化的情况x(－∞,1)1(1,2)2(2，＋∞)f′(x）＋0－0＋可知当x＝1时f（x）取到极大值5，则x0＝1（2)f′（x）＝3ax2＋2bx＋c,a>0由已知条件x＝1，x＝2为方程3ax2＋2bx＋c＝0，的两根，因此eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝5，，－\f(2b,3a）＝3，,\f(c,3a）＝2，))解得a＝2，b＝－9，c＝12.14．已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x）在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，若x＝eq\f（2，3）时，y＝f（x)有极值．(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，当x＝1时,切线l的斜率为3,可得2a＋b＝0.当x＝eq\f（2,3)时,y＝f（x）有极值，则f′eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2，3）))＝0，可得4a＋3b＋4＝0.②由①②解得a＝2，b＝－4.由于切点的横坐标为x＝1，∴f(1)＝4,∴1＋a＋b＋c＝4，∴c＝5。∴a＝2，b＝－4，c＝5.(2)由(1)可得f（x)＝x3＋2x2－4x＋5，∴f′(x)＝3x2＋4x－4,令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝eq\f(2，3）.当x变化时，y、y′的取值及变化如下表:x－3（－3，－2）－2eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－2,\f（2,3）))eq\f（2，3）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2,3）,1）)1y′＋0－0＋y8单调递增↗13单调递减↘eq\f(95,27)单调递增↗4∴y＝f（x）在[－3,1］上的最大值为13,最小值为eq\f(95，27)。15．设f(x)＝－eq\f(1，3)x3＋eq\f(1，2)x2＋2ax.(1)若f(x)在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2，3)，＋∞)）上存在单调递增区间，求a的取值范围；（2)当0＜a＜2时,f（x)在［1，4]上的最小值为－eq\f(16,3)，求f(x)在该区间上的最大值．解析(1）由f′(x）＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f（1,2））)2＋eq\f（1,4)＋2a,当x∈eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2，3)，＋∞))时，f′(x)的最大值为f′eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f（2,9)＋2a；令eq\f(2，9)＋2a＞0,得a＞－eq\f（1,9）.所以，当a＞－eq\f（1,9)时，f(x）在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2，3),＋∞））上存在单调递增区间．即f(x）在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2,3），＋∞))上存在单调递增区间时，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1，9）,＋∞））（2)令f′(x）＝0,得两根x1＝eq\f(1－\r(1＋8a），2)，x2＝eq\f（1＋\r（1＋8a）,2）。所以f(x）在（－∞，x1），(x2,＋∞）上单调递减，在(x1，x2）上单调递增．当0＜a＜2时，有x1＜1＜x2＜4，所以f（x)在[1，4]上的最大值为f（x2），又f(4)－f(1）＝－eq\f（27,2)＋6a＜0,即f(4）＜f(1）．所以f（x）在［1,4］上的最小值为f（4)＝8a－eq\f（40,3）＝－eq\f(16,3）.得a＝1，x2＝2，从而f（x)在[1,4］上的最大值为f（2)＝eq\f(10,3）。16．设函数f(x)＝x－eq\f(1,x）－alnx(a∈R）．（1）讨论f（x)的单调性；(2)若f（x）有两个极值点x1和x2，记过点A（x1,f（x1)）,B（x2,f(x2)）的直线的斜率为k。问:是否存在a，使得k＝2－a?若存在，求出a的值;若不存在,请说明理由．思路分析先求导，通分后发现f′(x)的符号与a有关,应对a进行分类，依据方程的判别式来分类．解析（1）f(x)的定义域为（0,＋∞）．f′(x）＝1＋eq\f（1，x2)－eq\f（a，x)＝eq\f（x2－ax＋1,x2）.令g(x）＝x2－ax＋1，其判别式Δ＝a2－4.①当｜a｜≤2时，Δ≤0,f′(x)≥0。故f（x)在（0,＋∞）上单调递增．②当a＜－2时，Δ＞0，g(x)＝0的两根都小于0。在（0，＋∞）上，f′（x)＞0.故f（x）在(0，＋∞)上单调递增．③当a＞2时，Δ＞0，g(x）＝0的两根为x1＝eq\f(a－\r(a2－4),2）,x2＝eq\f（a＋\r(a2－4),2）。当0＜x＜x1时，f′(x)＞0,当x1＜x＜x2时，f′（x)＜0；当x＞x2时,f′(x）＞0。故f（x)分别在(0,x1），(x2，＋∞）上单调递增，在(x1，x2）上单调递减．（2)由（1)知,a＞2.因为f(x1）－f（x2)＝（x1－x2）＋eq\f(x1－x2，x1x2）－a（lnx1－lnx2），所以，k＝eq\f(fx1－fx2，x1－x2)＝1＋eq\f(1,x1x2）－a·eq\f（lnx1－lnx2,x1－x2)。又由(1）知，x1x2＝1，于是k＝2－a·eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)。若存在a,使得k＝2－a，则