高考数学一轮总复习 第三篇 第3讲 导数的应用(二) 理

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 )＝x 3
＋ax 2
＋(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 )＝3x 2
＋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＝4a 2
－4×3(a ＋6)＞0，解得a ＜－3或a ＞6. 答案 B
3．(2013·南川质检)函数y ＝ln 2
x x
的极小值为
( )．
A.4e
2 B ．0
C.2
e
D ．1
解析 函数的定义域为(0，＋∞)， y ′＝2ln x －ln 2
x x 2＝－ln x ln x －2x
2
. 函数y ′与y 随x 变化情况如下：
x (0,1) 1 (1，e 2
) e 2
(e 2
，＋∞)
y ′ －
＋
－
y
4
e
2
则当x ＝1时函数y ＝x
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 )＝x 3
＋3ax 2
＋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 ′＝3x 2
＋6ax ＋3b ，
⎩⎪⎨⎪⎧
3×22
＋6a ×2＋3b ＝0，3×12＋6a ＋3b ＝－3
⇒⎩⎪⎨
⎪⎧
a ＝－1，
b ＝0.
∴y ′＝3x 2
－6x ，令3x 2
－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 )＝⎩⎪⎨
⎪⎧
－x 2
＋6x ＋e 2
－5e －2，x ≤e，x －2ln x ，x >e
(其中e 为自然对数的底数，且
e≈2.718)．若f (6－a 2)>f (a )，则实数a 的取值范围是________． 解析 ∵f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－2x ＋6，x ≤e，1－2
x
，x >e ，当x ≤e 时，f ′(x )＝6－2x ＝2(3－x )>0，当
x >e 时，f ′(x )＝1－2x ＝x －2x >0，∴f (x )在R 上单调递增．又f (6－a 2)>f (a )，∴6－a 2
>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 )e x
. (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)e x
. 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 ) －
＋
f (x )
－e
k －1
所以，f ( (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)＝－e
k －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 ＝
a
x －3
＋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a
2＋10＝11，a ＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y ＝2x －3
＋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)⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤2x －3
＋10x －62
＝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 )＝12e x (sin x ＋cos x )在区间⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的值域为
( )．
A.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，12e π2
B.⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，12e π2 C ．[1，e π
2
]
D ．(1，e π
2
)
解析 f ′(x )＝12e x (sin x ＋cos x )＋12e x (cos x －sin x )＝e x
cos x ，
当0≤x ≤π2时，f ′(x )≥0，且只有在x ＝π
2
时，f ′(x )＝0，
∴f (x )是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的增函数，
∴f (x )的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝12e π
2
，
f (x )的最小值为f (0)＝12
.
∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的值域为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，12e π2.故应选A.
答案 A
2．(2013·潍坊一模)已知函数f (x )＝x 3
＋2bx 2
＋cx ＋1有两个极值点x 1，x 2，且x 1∈[－2，－1]，x 2∈[1,2]，则f (－1)的取值范围是
( )．
A.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－32，3
B.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤32，6 C ．[3,12]
D.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－32，12 解析 因为f (x )有两个极值点x 1，x 2，所以f ′(x )＝3x 2
＋4bx ＋c ＝0有两个根x 1，x 2，且x 1∈[－2，－1]，x 2∈[1,2]，所
以⎩⎪⎨⎪⎧
f ′
－2≥0，f ′－1≤0，f ′1≤0，f ′
2≥0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
12－8b ＋c ≥0，
3－4b ＋c ≤0，3＋4b ＋c ≤0，12＋8b ＋c ≥0，
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 )＝mx 3
＋nx 2
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 )＝3mx 2
＋2nx ，则f ′(－1)＝－3， 故3m －2n ＝－3.②
联立①②解得：m ＝1，n ＝3，即f (x )＝x 3
＋3x 2
， 令f ′(x )＝3x 2
＋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 )＝1－x ax
＋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 )＝1－x ax ＋ln x ，∴f ′(x )＝ax －1ax
2(a >0)，
∵函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，∴f ′(x )＝
ax －1
ax 2
≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，∴ax －1≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，即a ≥1
x
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 )＝a
3x 3＋bx 2
＋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 )＝a
3x 3＋bx 2＋cx ＋d 得f ′(x )＝ax 2
＋2bx ＋c .
因为f ′(x )－9x ＝ax 2
＋2bx ＋c －9x ＝0的两个根分别为1,4，
所以⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ＋2
b ＋
c －9＝0，16a ＋8b ＋c －36＝0，(*)
(1)当a ＝3时，由(*)式得⎩⎪⎨
⎪⎧
2b ＋c －6＝0，8b ＋c ＋12＝0，
解得b ＝－3，c ＝12.又因为曲线y ＝f (x )过原点， 所以d ＝0.故f (x )＝x 3
－3x 2
＋12x .
(2)由于a >0，所以f (x )＝a
3
x 3＋bx 2
＋cx ＋d 在(－∞，＋∞)内无极值点等价于f ′(x )＝
ax 2＋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⎩
⎪⎨
⎪⎧
a >0，Δ＝9a －1a －9≤0
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)e x －1
－f (0)x ＋12
x 2
.
(1)求f (x )的解析式及单调区间；
(2)若f (x )≥12x 2
＋ax ＋b ，求(a ＋1)b 的最大值．
解 (1)由已知得f ′(x )＝f ′(1)e
x －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 )＝e x －x ＋12x 2.由于f ′(x )＝e x
－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e x
－(a ＋1)x ≥b .①
(i)若a ＋1<0，则对任意常数b ，当x <0，且x <1－b a ＋1时，可得e x
－(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 )＝e x
－(a ＋1)x ， 则g ′(x )＝e x
－(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 )≥12x 2
＋ax ＋b 等价于b ≤a ＋1－(a ＋1)·ln(a ＋1)．②
因此(a ＋1)b ≤(a ＋1)2
－(a ＋1)2
ln(a ＋1)．
设h (a )＝(a ＋1)2－(a ＋1)2
ln(a ＋1)，则
h ′(a )＝(a ＋1)[1－2ln(a ＋1)]．
所以h (a )在(－1，e 12－1)上单调递增，在(e 12－1，＋∞)上单调递减，故h (a )在a ＝e 1
2－
1处取得最大值．
从而h (a )≤e 2，即(a ＋1)b ≤e
2
.
当a ＝e 12－1，b ＝e 1
22时，②式成立．故f (x )≥12x 2
＋ax ＋b .
综上得，(a ＋1)b 的最大值为e
2.。