2021高考数学(广东专用-理)一轮题库：第3章-第3讲-导数的应用.docx

第3讲 导数的应用(二)
一、选择题
1．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　A
2．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和微小值，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)，由于函数有极大值和微小值，所以f′(x)＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，解得a＜－3或a＞6.
答案　B
3．设f(x)是一个三次函数，f′(x)为其导函数，如图所示的是y＝x·f′(x)的图象的一部分，则f(x)的极大值与微小值分别是 (　　)．
A．f(1)与f(－1) B．f(－1)与f(1)
C．f(－2)与f(2) D．f(2)与f(－2)
解析　由图象知f′(2)＝f′(－2)＝0.∵x>2时，y＝x·f′(x)>0，∴f′(x)>0，∴y＝f(x)在(2，＋∞)上单调递增；同理f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，
∴y＝f(x)的极大值为f(－2)，微小值为f(2)，故选C.
答案　C
4．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，则切点的横坐标为(　　)
A．ln2 B．－ln2
C. D.
解析 f′(x)＝ex－ae－x，这个函数是奇函数，由于函数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＝，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 A
5．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，则下列图象不行能为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＝－＞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＝－＜－1，且开口向上，∴a＞0，b＞2a，∴f(－1)＝2a－b＜0，与 图冲突，故答案选D.
答案　D
6．已知函数f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有两个极值点x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，则f(－1)的取值范围是 (　　)．
A. B.
C．[3,12] D.
解析　由于f(x)有两个极值点x1，x2，所以f′(x)＝3x2＋4bx＋c＝0有两个根x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，所以即
画出可行域如图所示．由于f(－1)＝2b－c，由图知经过点A(0，－3)时，f(－1)取得最小值3，经过点C(0，－12)时，f(－1)取得最大值12，所以f(－1)的取值范围为[3,12]．
答案　C
二、填空题
7．函数f(x)＝x2－2ln x的最小值为________．
解析　由f′(x)＝2x－＝0，得x2＝1.又x＞0，所以x＝1.由于0＜x＜1时，f′(x)＜0，x＞1时f′(x)＞0，所以当x＝1时，f(x)取微小值(微小值唯一)也即最小值f(1)＝1.
答案　1
8．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有极大值和微小值，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＋2)>0，
解得a<－1，或a>2.
答案　(－∞，－1)∪(2，＋∞)
9．已知函数f(x)＝mx3＋nx2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x＋y＝0平行，若f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，则实数t的取值范围是________．
解析　由题意知，点(－1,2)在函数f(x)的图象上，
故－m＋n＝2.①
又f′(x)＝3mx2＋2nx，则f′(－1)＝－3，
故3m－2n＝－3.②
联立①②解得：m＝1，n＝3，即f(x)＝x3＋3x2，
令f′(x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0，
则[t，t＋1]⊆[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0，
所以t∈[－2，－1]．
答案　[－2，－1]
10．已知函数f(x)＝＋ln x，若函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a的取值范围为________．
解析　∵f(x)＝＋ln x，∴f′(x)＝(a>0)，
∵函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，∴f′(x)＝≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，∴ax－1≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥对x∈[1，＋∞)恒成立，∴a≥1.
答案　[1，＋∞)
三、解答题
11．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变化的状况
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，因此解得a＝2，b＝－9，c＝12.
12．某商场销售某种商品的阅历表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中3<x<6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．
(1)求a的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
解　(1)由于x＝5时，y＝11，所以＋10＝11，a＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y＝＋10(x－6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润
f(x)＝(x－3)
＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6.
从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]
＝30(x－4)(x－6)．
于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：
x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
极大值42
单调递减
由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点．所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.
答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
13．设函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a>0)，且方程f′(x)－9x＝0的两根分别为1,4.
(1)当a＝3且曲线y＝f(x)过原点时，求f(x)的解析式；
(2)若f(x)在(－∞，＋∞)内无极值点，求a的取值范围．
解　由f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d得f′(x)＝ax2＋2bx＋c.
由于f′(x)－9x＝ax2＋2bx＋c－9x＝0的两个根分别为1,4，
所以(*)
(1)当a＝3时，由(*)式得
解得b＝－3，c＝12.又由于曲线y＝f(x)过原点，
所以d＝0.故f(x)＝x3－3x2＋12x.
(2)由于a>0，所以f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在(－∞，＋∞)内无极值点等价于f′(x)＝ax2＋2bx＋c≥0在(－∞，＋∞)内恒成立．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的取值范围是[1,9]．
14．已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2.
(1)求f(x)的解析式及单调区间；
(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.
从而f(x)＝ex－x＋x2.由于f′(x)＝ex－1＋x，
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
从而，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)由已知条件得ex－(a＋1)x≥b.①
(i)若a＋1<0，则对任意常数b，当x<0，且x<时，可得ex－(a＋1)x<b，因此①式不成立．
(ii)若a＋1＝0，则(a＋1)b＝0.
(iii)若a＋1>0，设g(x)＝ex－(a＋1)x，
则g′(x)＝ex－(a＋1)．
当x∈(－∞，ln(a＋1))时，g′(x)<0；
当x∈(ln(a＋1)，＋∞)时，g′(x)>0.
从而g(x)在(－∞，ln(a＋1))上单调递减，在(ln(a＋1)，＋∞)上单调递增．
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等价于b≤a＋1－(a＋1)·ln(a＋1)．②
因此(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)．
设h(a)＝(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)，则
h′(a)＝(a＋1)[1－2ln(a＋1)]．
所以h(a)在(－1，e－1)上单调递增，在(e－1，＋∞)上单调递减，故h(a)在a＝e－1处取得最大值．
从而h(a)≤，即(a＋1)b≤.
当a＝e－1，b＝时，②式成立．故f(x)≥x2＋ax＋b.
综上得，(a＋1)b的最大值为.