【优化方案】2014届高考数学13.2 导数的应用 课时闯关(含答案解析)

一、选择题
1．(2013·山东临沂模拟)已知函数y ＝f (x )，其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )( )
A ．在(－∞，0)上为减函数
B ．在x ＝0处取得最大值
C ．在(4，＋∞)上为减函数
D ．在x ＝2处取得最小值
解析：选C.结合图象，由导函数的性质可知，
当x >4时，f ′(x )<0，
∴f (x )在(4，＋∞)上为减函数．
2．已知函数f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x ＋a (a 为常数)，在区间[－2,2]上有最大值20，那么此函数在区间[－2,2]上的最小值为( )
A ．－37
B ．－7
C ．－5
D ．－11
解析：选B.f ′(x )＝－3x 2＋6x ＋9＝0得x ＝－1或x ＝3，
∵f (－2)＝2＋a ，f (－1)＝－5＋a ，f (2)＝a ＋22，
∴a ＋22＝20，a ＝－2.
故最小值为f (－1)＝－7.
3．若函数f (x )＝x 3－6bx ＋3b 在(0,1)内有极小值，则实数b 的取值范围是( )
A ．(0,1)
B ．(－∞，1)
C ．(0，＋∞)
D ．(0，12
) 解析：选D.∵f ′(x )＝3x 2－6b ，
由题意，函数f ′(x )的图象如图．
∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(0)<0，f ′(1)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －6b <0，3－6b >0， 解得0<b <12
. 4．(2011·高考辽宁卷)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )
A ．(－1,1)
B ．(－1，＋∞)
C ．(－∞，－1)
D ．(－∞，＋∞)
解析：选B.设m (x )＝f (x )－(2x ＋4)，
则m ′(x )＝f ′(x )－2>0，
∴m (x )在R 上是增函数．
∵m (－1)＝f (－1)－(－2＋4)＝0，
∴m (x )>0的解集为{x |x >－1}，
即f (x )>2x ＋4的解集为(－1，＋∞)．
5．(2013·福建厦门模拟)已知函数f (x )＝(m －2)x 2＋(m 2－4)x ＋m 是偶函数，函数g (x )＝－x 3＋2x 2＋mx ＋5在(－∞，＋∞)内单调递减，则实数m 等于( )
A ．2
B ．－2
C ．±2
D ．0
解析：选B.若f (x )＝(m －2)x 2＋(m 2－4)x ＋m 是偶函数，
则m 2－4＝0，m ＝±2.
若g ′(x )＝－3x 2＋4x ＋m <0恒成立，
即16＋4×3m <0，
解得m <－43
，故m ＝－2. 二、填空题
6．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．
解析：求导得f ′(x )＝－3x 2＋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 )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋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 )＝－3x 2＋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：－13
7．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处取极值10，则f (2)＝________.
解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由题意⎩⎪⎨⎪⎧
f (1)＝10，f ′(1)＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧
1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0， 得a ＝4或a ＝－3.
但当a ＝－3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3≥0，不存在极值，
∴a ＝4，b ＝－11，f (2)＝18.
答案：18
8．函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *.若a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5的值是________．
解析：∵函数y ＝x 2，y ′＝2x ，∴函数y ＝x 2(x >0)，
在点(a k ，a 2k )处的切线方程为y －a 2k ＝2a k (x －a k )，
令y ＝0得a k ＋1＝12
a k ，又∵a 1＝16， ∴a 3＝12a 2＝14
a 1＝4. a 5＝14
a 3＝1， ∴a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21.
答案：21
三、解答题
9．函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3(a ＋2)x ＋3既有极大值又有极小值，求a 的取值范围． 解：f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)，
令3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)＝0，
即x 2＋2ax ＋a ＋2＝0.
因为函数f (x )有极大值和极小值，
所以方程x 2＋2ax ＋a ＋2＝0有两个不相等的实根，
即Δ＝4a 2－4a －8>0，解得a >2或a <－1.
10．(2012·高考广东卷)设0＜a ＜1，集合A ＝{x ∈R |x >0}，B ＝{x ∈R |2x 2－3(1＋a )x ＋6a >0}，D ＝A ∩B .
(1)求集合D (用区间表示)；
(2)求函数f (x )＝2x 3－3(1＋a )x 2＋6ax 在D 内的极值点．
解：(1)x ∈D ⇔x ＞0且2x 2－3(1＋a )x ＋6a ＞0.
令h (x )＝2x 2－3(1＋a )x ＋6a ，
则Δ＝9(1＋a )2－48a ＝3(3a －1)(a －3)．
①当13
＜a ＜1时，Δ＜0， ∴∀x ∈R ，h (x )＞0，∴B ＝R .
于是D ＝A ∩B ＝A ＝(0，＋∞)．
②当a ＝13
时，Δ＝0，此时方程h (x )＝0有唯一解 x 1＝x 2＝3(1＋a )4＝3(1＋13)4
＝1， ∴B ＝(－∞，1)∪(1，＋∞)．
于是D ＝A ∩B ＝(0,1)∪(1，＋∞)．
③当0＜a ＜13
时，Δ＞0，此时方程h (x )＝0有两个不同的解 x 1＝3＋3a －3(3a －1)(a －3)4
， x 2＝3＋3a ＋3(3a －1)(a －3)4
. ∵x 1＜x 2且x 2＞0，
∴B ＝(－∞，x 1)∪(x 2，＋∞)．
又∵x 1＞0⇔a ＞0，
∴D ＝A ∩B ＝(0，x 1)∪(x 2，＋∞)
＝(0，3＋3a －3(3a －1)(a －3)4
)∪ (3＋3a ＋3(3a －1)(a －3)4
，＋∞)． (2)f ′(x )＝6x 2－6(1＋a )x ＋6a ＝6(x －1)(x －a )． ①当13
＜a ＜1时，D ＝(0，＋∞)． 由表可得，x ＝a 为f (x )在D 内的极大值点，
x ＝1为f (x )在D 内的极小值点．
②当a ＝13
时，D ＝(0,1)∪(1，＋∞)． 由表可得，x ＝13
为f (x )在D 内的极大值点． ③当0＜a ＜13
时，D ＝(0，x 1)∪(x 2，＋∞)．
∵x 1＝3＋3a －3(3a －1)(a －3)4
＝3＋3a －(3－5a )2－16a 2
4
≥14[3＋3a －(3－5a )]＝2a ＞a ，且x 1＜3＋3a 4
＜1， x 2＝3＋3a ＋3(3a －1)(a －3)4
＝3＋3a ＋(1－3a )2＋(8－24a )4
＞3＋3a ＋(1－3a )4
＝1. ∴a ∈D,1∉D ，
由表可得，x ＝a 为f (x )在D 内的极大值点．
11．(探究选做)已知函数f (x )＝x 3－2ax 2－3x ，x ∈R .
(1)当a ＝0时，求函数f (x )的单调区间；
(2)当x ∈(0，＋∞)时，f (x )≥ax 恒成立，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝0时，f (x )＝x 3－3x ，
故f ′(x )＝3x 2－3.
当x <－1或x >1时，f ′(x )>0；
当－1<x <1时，f ′(x )<0.
故f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减．
(2)由题意可知x 3－2ax 2－3x ≥ax 在(0，＋∞)上恒成立，
即x 2－2ax －(3＋a )≥0在(0，＋∞)上恒成立．
令g (x )＝x 2－2ax －(3＋a )，
因为Δ＝(－2a )2＋4(a ＋3)＝4(a ＋12
)2＋11>0， 故x 2－2ax －(3＋a )≥0在(0，＋∞)上恒成立等价于⎩⎪⎨⎪⎧ a <0，g (0)≥0，即⎩
⎪⎨⎪⎧ a <0，－a －3≥0， 解得a ≤－3，
即a 的取值范围是(－∞，－3]．。