高考人教理科数学创新演练：导数的应用

创新演练
一、选择题
1．(2012·辽宁高考)函数y＝
1
2x
2－ln x的单调递减区间为
() A．(－1，1]B．(0，1]
C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
B[对函数y＝
1
2x
2－ln x求导，得y′＝x－1x＝
x2－1
x(x>0)，
令
⎩⎪
⎨
⎪⎧x2－1
x≤0，
x>0，
解得x∈(0，1]．因此函数y＝1
2x
2－ln x的单调递减区间为(0，1]．故选B.]
2．(2014·荆州市质检)设函数f(x)在R上可导，其导函数是f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是
()
C[f(x)在x＝－2处取得极小值，即x＜－2，f′(x)＜0;
x＞－2，f′(x)＞0，那么y＝xf′(x)过点(0，0)及(－2，0)．
当x＜－2时，x＜0，f′(x)＜0，则y＞0;
当－2＜x＜0时，x＜0，f′(x)＞0，y＜0；
当x＞0时，f′(x)＞0，y＞0，故C正确．]
3．(理)(2013·辽宁高考)设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝
e x
x，f(2)＝
e2
8，则x＞0时，f(x)
() A．有极大值，无极小值
B．有极小值，无极大值
C．既有极大值又有极小值
D．既无极大值也无极小值
D[令F(x)＝x2f(x)，
则F′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝e x
x ，F(2)＝4·f(2)＝e2
2.
由x2f′(x)＋2xf(x)＝e x
x
，
得x2f′(x)＝e x
x －2xf(x)＝
e x－2x2f（x）
x
，
∴f′(x)＝e x－2F（x）
x3.
令φ(x)＝e x－2F(x)，
则φ′(x)＝e x－2F′(x)＝e x－2e x
x ＝
e x（x－2）
x.
∴φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)的最小值为φ(2)＝e2－2F(2)＝0.
∴φ(x)≥0.
又x＞0，∴f′(x)≥0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴f(x)既无极大值也无极小值．故选D.]
3．(文)(2013·福建高考)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是
() A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)
B．－x0是f(－x)的极小值点
C．－x0是－f(x)的极小值点
D ．－x 0是－f (－x )的极小值点
D [由函数极大值的概念知A 错误；因为函数f (x )的图象与f (－x )的图象关于y 轴对称，所以－x 0是f (－x )的极大值点．B 选项错误；因为f (x )的图象与－f (x )的图象关于x 轴对称，所以x 0是－f (x )的极小值点．故C 选项错误；因为f (x )的图象与－f (－x )的图象关于原点成中心对称，所以－x 0是－f (－x )的极小值点．故D 正确．]
4．若f (x )＝－1
2(x －2)2＋b ln x 在(1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围是
( )
A ．[－1，＋∞)
B ．(－1，＋∞)
C ．(－∞，－1]
D ．(－∞，－1)
C [由题意可知f ′(x )＝－(x －2)＋b
x ≤0在(1，＋∞)上恒成立，即b ≤x (x －2)在x ∈(1，＋∞)上恒成立，
由于φ(x )＝x (x －2)＝x 2－2x (x ∈(1，＋∞))的值域是(－1，＋∞)，故只要b ≤－1即可．正确选项为C.]
5. (2013·湖北高考)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是
( )
A ．(－∞，0) B.⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，12 C ．(0，1)
D ．(0，＋∞)
B [f ′(x )＝ln x －ax ＋x ⎝ ⎛⎭⎪⎫
1x －a ＝ln x －2ax ＋1，函数f (x )有两个极值点，即
ln x －2ax ＋1＝0有两个不同的根(在正实数集上)，即函数g (x )＝ln x ＋1
x 与函数y ＝2a 在(0，＋∞)上有两个不同交点．因为g ′(x )＝－ln x
x 2，所以g (x )在
(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，如图．
若g(x)与y＝2a有两个不同交点，须0＜2a＜1.
，故选B.]
即0＜a＜1
2
6．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是
() A．20 B．18
C．3 D．0
A[因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，所以－1，1为函数的极值点．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3，2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.又由题设知在区间[－3，2]上f(x)max－f(x)min ≤t，从而t≥20，所以t的最小值是20.]
二、填空题
7．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是________．
解析f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m2－12×(m＋6)>0.
所以m>6或m<－3.
答案(－∞，－3)∪(6，＋∞)
8．(2014·济宁模拟)若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0，1)内有极小值，则实数b的取值范围是__________．
解析f′(x)＝3x2－6b.
当b ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，函数f (x )无极值． 当b ＞0时，令3x 2－6b ＝0得x ＝±2b .
由函数f (x )在 (0，1)内有极小值，可得0＜2b ＜1， ∴0＜b ＜1
2. 答案 ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，12
9．已知函数f (x )＝－1
2x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是__________．
解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2
＋4x －3
x ＝－（x －1）（x －3）x
，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t ＜1＜t ＋1或者t ＜3＜t ＋1，得0＜t ＜1或者2＜t ＜3. 答案 (0，1)∪(2，3) 三、解答题
10．已知函数f (x )＝ax 2＋b ln x 在x ＝1处有极值12. (1)求a ，b 的值；
(2)判断函数y ＝f (x )的单调性并求出单调区间． 解析 (1)∵f ′(x )＝2ax ＋b
x . 又f (x )在x ＝1处有极值1
2. ∴⎩⎨⎧f （1）＝12，f ′（1）＝0，即⎩⎨⎧a ＝
1
2，
2a ＋b ＝0. 解得a ＝1
2，b ＝－1.
(2)由(1)可知f (x )＝1
2x 2－ln x ，其定义域是(0，＋∞)， 且f ′(x )＝x －1x ＝（x ＋1）（x －1）
x .
由f ′(x )<0，得0<x <1； 由f ′(x )>0，得x >1.
所以函数y ＝f (x )的单调减区间是(0，1)， 单调增区间是(1，＋∞)．
11．(2014·兰州调研)已知实数a ＞0，函数f (x )＝ax (x －2)2(x ∈R )有极大值32. (1)求函数f (x )的单调区间； (2)求实数a 的值．
解析 (1)f (x )＝ax 3－4ax 2＋4ax ， f ′(x )＝3ax 2－8ax ＋4a .
令f ′(x )＝0，得3ax 2－8ax ＋4a ＝0. ∵a ≠0，∴3x 2
－8x ＋4＝0，∴x ＝2
3或x ＝2.
∵a ＞0，∴当x ∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫－∞，23或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0.
∴函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛
⎭⎪⎫－∞，23和(2，＋∞);
∵当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
23，2时，f ′(x )＜0，
∴函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫
23，2.
(2)∵当x ∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫－∞，23时，f ′(x )＞0；
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
23，2时，f ′(x )＜0；
当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，
∴f (x )在x ＝2
3时取得极大值， 即a ·
23⎝ ⎛⎭⎪⎫23－22＝32. ∴a ＝27.
12．(2014·郑州质量预测)已知函数f (x )＝1－x
ax ＋ln x . (1)当a ＝1
2时，求f (x )在[1，e]上的最大值和最小值；
(2)若函数g (x )＝f (x )－1
4x 在[1，e]上为增函数，求正实数a 的取值范围． 解析 (1)当a ＝1
2时，f (x )＝2（1－x ）x ＋ln x ，
f ′(x )＝x －2
x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝2，
∴当x ∈[1，2)时，f ′(x )<0，故f (x )在[1，2)上单调递减； 当x ∈(2，e]时，f ′(x )>0，故f (x )在(2，e]上单调递增， 故f (x )min ＝f (2)＝ln 2－1. 又∵f (1)＝0，f (e)＝2－e
e <0.
∴f (x )在区间[1，e]上的最大值f (x )max ＝f (1)＝0.
综上可知，函数f (x )在[1，e]上的最大值是0，最小值是ln 2－1. (2)∵g (x )＝f (x )－14x ＝1－x ax ＋ln x －1
4x ， ∴g ′(x )＝－ax 2＋4ax －4
4ax 2(a >0)，
设φ(x )＝－ax 2＋4ax －4，
由题意知，只需φ(x )≥0在[1，e]上恒成立即可满足题意． ∵a >0，函数φ(x )的图象的对称轴为x ＝2，
∴只需φ(1)＝3a －4≥0， 即a ≥4
3即可．
故正实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫
43，＋∞.。