高考数一轮复习 2.11 导数的应用(Ⅰ)限时集训 理

限时集训(十三)导数的应用(Ⅰ)(限时：50分钟满分：106分)一、选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分)1．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()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)2．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，eq\a\vs4\al(f′x>)2，则f(x)>2x＋4的解集为 ()A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)3．(·陕西高考)设函数f(x)＝xex，则()A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点4．(·济南模拟)设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则()A．a＜－1 B．a＞－1C．a<－eq\f(1,e) D．a>－eq\f(1,e)5．函数f(x)＝eq\f(x3,3)＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是()A．－eq\f(17,3) B．－eq\f(10,3)C．－4 D．－eq\f(64,3)6．(·丽水模拟)函数f(x)＝x－aeq\r(x)在x∈[1,4]上单调递减，则实数a的最小值为 ()A．1 B．2C．4 D．57．(·咸宁模拟)已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝()A．－2或2 B．－9或3C．－1或1 D．－3或18．(·福建高考)已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a<b<c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)>0；②f(0)f(1)<0；③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0.其中正确结论的序号是()A．①③ B．①④C．②③ D．②④二、填空题(本大题共6个小题，每小题4分，共24分)9．若函数f(x)的导函数为f′(x)＝2x－4，则函数f(x－1)的单调递减区间是________．10．函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为________．11．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．12．(·温州模拟)设函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是________．13．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(1－x)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为________．14．已知a>0，设函数f(x)＝alnx－2eq\r(a)·x＋2a，g(x)＝eq\f(1,2)(x－2eq\r(a))2.则函数h(x)＝f(x)－g(x)的最大值为________．三、解答题(本大题共3个小题，每小题14分，共42分)15．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在点x0处取得极小值－5，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(0,0)，(2,0)．(1)求a，b的值；(2)求x0及函数f(x)的表达式．16．已知函数f(x)＝ax3－eq\f(3,2)x2＋1(x∈R)，其中a＞0.(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上，f(x)＞0恒成立，求a的取值范围．17．(·天津高考)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1－a,2)x2－ax－a，x∈R，其中a>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围；(3)当a＝1时，设函数f(x)在区间[t，t＋3]上的最大值为M(t)，最小值为m(t)，记g(t)＝M(t)－m(t)，求函数g(t)在区间[－3，－1]上的最小值．答案[限时集训(十三)]1．C2.B3.D4.A5.A6.C7.A8.C9．解析：由于f′(x)＝2x－4，令f′(x)<0，得x<2，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，2)．又函数f(x－1)的图象是由f(x)的图象向右平移1个单位得到的，所以函数f(x－1)的单调递减区间为(－∞，3)．答案：(－∞，3)10．解析：由f(x)＝x3－15x2－33x＋6得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)<0，即3(x－11)(x＋1)<0，解得－1<x<11，所以函数f(x)的单调减区间为(－1,11)．答案：(－1,11)11．解析：由原函数有零点，可转化为方程ex－2x＋a＝0有解，即方程a＝2x－ex有解．令函数g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，令g′(x)>0，得x<ln2，所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函数，在(ln2，＋∞)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a的取值范围为(－∞，2ln2－2]．答案：(－∞，2ln2－2]12．解析：∵f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx，∴f′(x)＝x－eq\f(9,x)(x>0)．当x－eq\f(9,x)≤0时，有0<x≤3，即在(0,3]上原函数是减函数，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,a＋1≤3，))解之得1<a≤2.答案：1<a≤213．解析：依题意得，当x<eq\f(1,2)时，f′(x)>0，因此，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))上是增函数；又f(3)＝f(－2)，且－2<0<eq\f(1,2)，于是有f(－2)<f(0)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即c<a<b.答案：c<a<b14．解析：∵h(x)＝alnx－eq\f(1,2)x2(x>0)，∴h′(x)＝eq\f(a,x)－x＝－eq\f(x＋\r(a)x－\r(a),x).∴当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下：x(0，eq\r(a))eq\r(a)(eq\r(a)，＋∞)h′(x)＋0－h(x)极大值∴当x＝eq\r(a)时，函数h(x)取最大值eq\f(alna－a,2).答案：eq\f(alna－a,2)15．解：(1)由题设可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.∵f′(x)的图象过点(0,0)，(2,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝0，,12＋4a＋b＝0，))解得a＝－3，b＝0.(2)由f′(x)＝3x2－6x>0，得x>2或x<0，∴在(－∞，0)上f′(x)>0，在(0,2)上f′(x)<0，在(2，＋∞)上f′(x)>0.∴f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上递增，在(0,2)上递减，因此f(x)在x＝2处取得极小值．所以x0＝2.由f(2)＝－5，得c＝－1.∴f(x)＝x3－3x2－1.16．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x3－eq\f(3,2)x2＋1，f(2)＝3；f′(x)＝3x2－3x，f′(2)＝6.所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－3＝6(x－2)，即y＝6x－9.(2)f′(x)＝3ax2－3x＝3x(ax－1)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(1,a).以下分两种情况讨论：①若0＜a≤2，则eq\f(1,a)≥eq\f(1,2).当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：x(－eq\f(1,2)，0)0(0，eq\f(1,2))f′(x)＋0－f(x)极大值当x∈[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]时，f(x)＞0等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－\f(1,2)＞0，,f\f(1,2)＞0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5－a,8)＞0，,\f(5＋a,8)＞0.))解不等式组得－5＜a＜5，又0＜a≤2，因此0＜a≤2.②若a＞2，则0＜eq\f(1,a)＜eq\f(1,2).当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：x(－eq\f(1,2)，0)0(0，eq\f(1,a))eq\f(1,a)(eq\f(1,a)，eq\f(1,2))f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值当x∈[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]时，f(x)＞0等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－\f(1,2)＞0，,f\f(1,a)＞0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5－a,8)＞0，,1－\f(1,2a2)＞0.))解不等式组得eq\f(\r(2),2)＜a＜5或a＜－eq\f(\r(2),2).因此2＜a＜5.综合①和②，可知a的取值范围为0＜a＜5.17．解：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a>0.当x变化时f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1,0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2<0，,f－1>0，,f0<0，))解得0<a<eq\f(1,3).所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).(3)a＝1时，f(x)＝eq\f(1,3)x3－x－1.由(1)知f(x)在[－3，－1]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增．①当t∈[－3，－2]时，t＋3∈[0,1]，－1∈[t，t＋3]，f(x)在[t，－1]上单调递增，在[－1，t＋3]上单调递减．因此，f(x)在[t，t＋3]上的最大值M(t)＝f(－1)＝－eq\f(1,3)，而最小值m(t)为f(t)与f(t＋3)中的较小者．由f(t＋3)－f(t)＝3(t＋1)(t＋2)知，当t∈[－3，－2]时，f(t)≤f(t＋3)，故m(t)＝f(t)，所以g(t)＝f(－1)－f(t)．而f(t)在[－3，－2]上单调递增，因此f(t)≤f(－2)＝－eq\f(5,3).所以g(t)在[－3，－2]上的最小值为g(－2)＝－eq\f(1,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝eq\f(4,3).②当t∈[－2，－1]时，t＋3∈[1,2]，且－1,1∈[t，t＋