《創(chuàng)新設計》2014屆高考數(shù)學人教A版(理)一輪復習【配套word版文檔】:第三篇 第3講 導數(shù)的應用(二)

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1、第3講 導數(shù)的應用(二) A級 基礎演練(時間:30分鐘 滿分:55分) 一、選擇題(每小題5分,共20分) 1.(2013·北京東城模擬)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.(2013·蘇州一中月考)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 (  ). A.(-1,2) B.(-∞,-3)∪(6,+∞) C.(-3,6

2、) 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 3.(2013·撫順質(zhì)檢)函數(shù)y=的極小值為 (  ). A. B.0 C. D.1 解析 函數(shù)的定義域為(0,+∞), y′==. 函數(shù)y′與y隨x變化情況如下: x (0,1) 1 (1,e2) e2 (e2,+∞) y′ - 0 + 0 - y  0  ·  則當x=

3、1時函數(shù)y=取到極小值0. 答案 B 4.(2013·南京模擬)設f(x)是一個三次函數(shù),f′(x)為其導函數(shù),如圖所示的是y=x·f′(x)的圖象的一部分,則f(x)的極大值與極小值分別是 (  ). A.f(1)與f(-1) B.f(-1)與f(1) C.f(-2)與f(2) D.f(2)與f(-2) 解析 由圖象知f′(2)=f′(-2)=0.∵x>2時,y=x·f′(x)>0,∴f′(x)>0,∴y=f(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增;同理f(x)在(-∞,-2)上單調(diào)遞增,在(-2,2)上單調(diào)遞減, ∴y=f(x)的極大值為f(-2),極小值為f(2),

4、故選C. 答案 C 二、填空題(每小題5分,共10分) 5.已知函數(shù)y=f(x)=x3+3ax2+3bx+c在x=2處有極值,其圖象在x=1處的切線平行于直線6x+2y+5=0,則f(x)極大值與極小值之差為________. 解析 ∵y′=3x2+6ax+3b, ? ∴y′=3x2-6x,令3x2-6x=0,則x=0或x=2. ∴f(x)極大值-f(x)極小值=f(0)-f(2)=4. 答案 4 6.已知函數(shù)f(x)=(其中e為自然對數(shù)的底數(shù),且e≈2.718).若f(6-a2)>f(a),則實數(shù)a的取值范圍是________. 解析 ∵f′(x)=當x≤e時,f′(x)

5、=6-2x=2(3-x)>0,當x>e時,f′(x)=1-=>0,∴f(x)在R上單調(diào)遞增.又f(6-a2)>f(a),∴6-a2>a,解之得-3

6、 所以,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,k-1);單調(diào)遞增區(qū)間是(k-1,+∞). (2)當k-1≤0,即k≤1時,函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增, 所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(0)=-k; 當0<k-1<1,即1<k<2時, 由(1)知f(x)在[0,k-1)上單調(diào)遞減,在(k-1,1]上單調(diào)遞增,所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(k-1)=-ek-1; 當k-1≥1,即k≥2時,函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減, 所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(1)=(1-k)e. 8.(13分)(2011·福建)某商場銷售某種商品的經(jīng)驗表明,該商

7、品每日的銷售量y(單位:千克)與銷售價格x(單位:元/千克)滿足關系式y(tǒng)=+10(x-6)2,其中3

8、=30(x-4)(x-6). 于是,當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表: x (3,4) 4 (4,6) f′(x) + 0 - f(x) 單調(diào)遞增 極大值42 單調(diào)遞減 由上表可得,x=4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3,6)內(nèi)的極大值點,也是最大值點.所以,當x=4時,函數(shù)f(x)取得最大值,且最大值等于42. 答:當銷售價格為4元/千克時,商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大. B級 能力突破(時間:30分鐘 滿分:45分) 一、選擇題(每小題5分,共10分) 1.函數(shù)f(x)=ex(sin x+cos x)在區(qū)間上的值域為 (  ).

9、 A. B. C.[1,e] D.(1,e) 解析 f′(x)=ex(sin x+cos x)+ex(cos x-sin x)=excos x, 當0≤x≤時,f′(x)≥0,且只有在x=時,f′(x)=0, ∴f(x)是上的增函數(shù), ∴f(x)的最大值為f=e, f(x)的最小值為f(0)=. ∴f(x)在上的值域為.故應選A. 答案 A 2.(2013·濰坊一模)已知函數(shù)f(x)=x3+2bx2+cx+1有兩個極值點x1,x2,且x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],則f(-1)的取值范圍是 (  ). A. B. C.[3,12]

10、 D. 解析 因為f(x)有兩個極值點x1,x2,所以f′(x)=3x2+4bx+c=0有兩個根x1,x2,且x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],所以即 畫出可行域如圖所示.因為f(-1)=2b-c,由圖知經(jīng)過點A(0,-3)時,f(-1)取得最小值3,經(jīng)過點C(0,-12)時,f(-1)取得最大值12,所以f(-1)的取值范圍為[3,12]. 答案 C 二、填空題(每小題5分,共10分) 3.已知函數(shù)f(x)=mx3+nx2的圖象在點(-1,2)處的切線恰好與直線3x+y=0平行,若f(x)在區(qū)間[t,t+1]上單調(diào)遞減,則實數(shù)t的取值范圍是________. 解析 

11、由題意知,點(-1,2)在函數(shù)f(x)的圖象上, 故-m+n=2.① 又f′(x)=3mx2+2nx,則f′(-1)=-3, 故3m-2n=-3.② 聯(lián)立①②解得:m=1,n=3,即f(x)=x3+3x2, 令f′(x)=3x2+6x≤0,解得-2≤x≤0, 則[t,t+1]?[-2,0],故t≥-2且t+1≤0, 所以t∈[-2,-1]. 答案 [-2,-1] 4.(2013·長春調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=+ln x,若函數(shù)f(x)在[1,+∞)上為增函數(shù),則正實數(shù)a的取值范圍為________. 解析 ∵f(x)=+ln x,∴f′(x)=(a>0), ∵函數(shù)f(x)在

12、[1,+∞)上為增函數(shù),∴f′(x)=≥0對x∈[1,+∞)恒成立,∴ax-1≥0對x∈[1,+∞)恒成立,即a≥對x∈[1,+∞)恒成立,∴a≥1. 答案 [1,+∞) 三、解答題(共25分) 5.(12分)設函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx+d(a>0),且方程f′(x)-9x=0的兩根分別為1,4. (1)當a=3且曲線y=f(x)過原點時,求f(x)的解析式; (2)若f(x)在(-∞,+∞)內(nèi)無極值點,求a的取值范圍. 解 由f(x)=x3+bx2+cx+d得f′(x)=ax2+2bx+c. 因為f′(x)-9x=ax2+2bx+c-9x=0的兩個根分別為1,4, 所

13、以(*) (1)當a=3時,由(*)式得 解得b=-3,c=12.又因為曲線y=f(x)過原點, 所以d=0.故f(x)=x3-3x2+12x. (2)由于a>0,所以f(x)=x3+bx2+cx+d在(-∞,+∞)內(nèi)無極值點等價于f′(x)=ax2+2bx+c≥0在(-∞,+∞)內(nèi)恒成立.由(*)式得2b=9-5a,c=4a. 又Δ=(2b)2-4ac=9(a-1)(a-9), 由得a∈[1,9]. 即a的取值范圍是[1,9]. 6.(13分)(2012·新課標全國)已知函數(shù)f(x)滿足f(x)=f′(1)ex-1-f(0)x+x2. (1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間;

14、 (2)若f(x)≥x2+ax+b,求(a+1)b的最大值. 解 (1)由已知得f′(x)=f′(1)ex-1-f(0)+x. 所以f′(1)=f′(1)-f(0)+1,即f(0)=1. 又f(0)=f′(1)e-1,所以f′(1)=e. 從而f(x)=ex-x+x2.由于f′(x)=ex-1+x, 故當x∈(-∞,0)時,f′(x)<0; 當x∈(0,+∞)時,f′(x)>0. 從而,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增. (2)由已知條件得ex-(a+1)x≥b.① (i)若a+1<0,則對任意常數(shù)b,當x<0,且x<時,可得ex-(a+1)x

15、因此①式不成立. (ii)若a+1=0,則(a+1)b=0. (iii)若a+1>0,設g(x)=ex-(a+1)x, 則g′(x)=ex-(a+1). 當x∈(-∞,ln(a+1))時,g′(x)<0; 當x∈(ln(a+1),+∞)時,g′(x)>0. 從而g(x)在(-∞,ln(a+1))上單調(diào)遞減,在(ln(a+1),+∞)上單調(diào)遞增. 故g(x)有最小值g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1). 所以f(x)≥x2+ax+b等價于b≤a+1-(a+1)·ln(a+1).② 因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1). 設h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),則 h′(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)]. 所以h(a)在(-1,e-1)上單調(diào)遞增,在(e-1,+∞)上單調(diào)遞減,故h(a)在a=e-1處取得最大值. 從而h(a)≤,即(a+1)b≤. 當a=e-1,b=時,②式成立.故f(x)≥x2+ax+b. 綜上得,(a+1)b的最大值為. 特別提醒:教師配贈習題、課件、視頻、圖片、文檔等各種電子資源見《創(chuàng)新設計·高考總復習》光盤中內(nèi)容.

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