【创新设计】2014届高考数学一轮总复习-第三篇-第3讲-导数的应用(二)-理-湘教版.doc

第3讲 导数的应用(二)

A级　基础演练(时间：30分钟　满分：55分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．(2013·北京东城模拟)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　A
2．(2013·苏州一中月考)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＋6)＞0，解得a＜－3或a＞6.
答案　B
3．(2013·南川质检)函数y＝的极小值为 (　　)．
A. B．0 C. D．1
解析　函数的定义域为(0，＋∞)，
y′＝＝.
函数y′与y随x变化情况如下：
x
(0,1)
1
(1，e2)
e2
(e2，＋∞)
y′
－
0
＋
0
－
y

0


· 
则当x＝1时函数y＝取到极小值0.
答案　B
4．(2013·南京模拟)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)的极大值与极小值分别是 (　　)．
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)，极小值为f(2)，故选C.
答案　C
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．已知函数y＝f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图象在x＝1处的切线平行于直线6x＋2y＋5＝0，则f(x)极大值与极小值之差为________．
解析　∵y′＝3x2＋6ax＋3b，
⇒
∴y′＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，则x＝0或x＝2.
∴f(x)极大值－f(x)极小值＝f(0)－f(2)＝4.
答案　4
6．已知函数f(x)＝(其中e为自然对数的底数，且e≈2.718)．若f(6－a2)>f(a)，则实数a的取值范围是________．
解析　∵f′(x)＝当x≤e时，f′(x)＝6－2x＝2(3－x)>0，当x>e时，f′(x)＝1－＝>0，∴f(x)在R上单调递增．又f(6－a2)>f(a)，∴6－a2>a，解之得－3<a<2.
答案　(－3,2)
三、解答题(共25分)
7．(12分)(2011·北京)已知函数f(x)＝(x－k)ex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．
解　(1)f′(x)＝(x－k＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝k－1.
f(x)与f′(x)的情况如下：
x
(－∞，k－1)
k－1
(k－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

－ek－1

所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．
(2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增，
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；
当0＜k－1＜1，即1＜k＜2时，
由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；
当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减，
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.
8．(13分)(2011·福建)某商场销售某种商品的经验表明，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)因为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)的变化情况如下表：
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．
B级　能力突破(时间：30分钟　满分：45分)
一、选择题(每小题5分，共10分)
1．函数f(x)＝ex(sin x＋cos x)在区间上的值域为 (　　)．
A. B.
C．[1，e] D．(1，e)
解析　f′(x)＝ex(sin x＋cos x)＋ex(cos x－sin x)＝excos x，
当0≤x≤时，f′(x)≥0，且只有在x＝时，f′(x)＝0，
∴f(x)是上的增函数，
∴f(x)的最大值为f＝e，
f(x)的最小值为f(0)＝.
∴f(x)在上的值域为.故应选A.
答案　A
2．(2013·潍坊一模)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　因为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．因为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(每小题5分，共10分)
3．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]
4．(2013·合川调研)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(共25分)
5．(12分)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.
因为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.又因为曲线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]．
6．(13分)(2012·新课标全国)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.

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