【高考讲坛】2015届高三数学(理,山东版)一轮限时检测14 导数的应用(一)]

课时限时检测(十四)　导数的应用(一) (时间：60分钟　满分：80分)命题报告
考查知识点及角
度
题号及难度
基础中档稍难
求单调区间1,2,79
求极值35,8
求最值4126
综合应用10,11
一、选择题(每小题5分，共30分)
1．(2012·辽宁高考)函数y＝x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(－1,1] B．(0,1]
C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
【解析】　由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y′＝x－≤0，解得0<x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．
【答案】　B
2．函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝在区间(1，＋∞)上一定( )
A．有最小值 B．有最大值
C．是减函数 D．是增函数
【解析】　由函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，可得a的取值范围为a＜1，又g(x)＝＝x＋－2a，则g′(x)＝1－，易知在x∈(1，＋∞)上g′(x)＞0，
所以g(x)为增函数．
【答案】　D
3．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( )
A．(0,1) B．(－∞，1)
C．(0，＋∞) D.
【解析】　f′(x)＝3x2－6b，令f′(x)＝0得x2＝2b，
由题意知0＜2b＜1，∴0＜b＜，故选D.
【答案】　D
4．对于在R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－a)f′(x)≥0，则必有( )
A．f(x)≥f(a) B．f(x)≤f(a)
C．f(x)＞f(a) D．f(x)＜f(a)
【解析】　由(x－a)f′(x)≥0知，当x＞a时，f′(x)≥0；当x＜a时，f′(x)≤0.
∴当x＝a时，函数f(x)取得最小值，则f(x)≥f(a)．
【答案】　A
5．已知函数f(x)＝，则下列选项正确的是( )
A．函数f(x)有极小值f(－2)＝－，极大值f(1)＝1
B．函数f(x)有极大值f(－2)＝－，极小值f(1)＝1
C．函数f(x)有极小值f(－2)＝－，无极大值
D．函数f(x)有极大值f(1)＝1，无极小值
【解析】　由f′(x)＝′＝＝0，得x＝－2或x＝1，当x＜－2时，f′(x)＜0，当－2＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＞1时，f′(x)＜0，故x＝－2是函数f(x)的极小值点，且f(－2)＝－，x＝1是函数f(x)的极大值点，且f(1)＝1.故选A.
【答案】　A
6．若函数f(x)＝(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为( )
A. B.
C.＋1
D.－1
【解析】　f′(x)＝＝.
令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍)，
①若≤1时，即0＜a≤1时，在[1，＋∞)上f′(x)＜0，f(x)max＝f(1)＝＝.
解得a＝－1，符合题意．
②若＞1，即a＞1，在[1，]上f′(x)＞0，在[，＋∞)上f′(x)＜0，
∴f(x)max＝f()＝＝，
解得a＝＜1，不符合题意，综上知，a＝－1.
【答案】　D
二、填空题(每小题5分，共15分)
7．函数f(x)＝的单调递减区间是________．
【解析】　f′(x)＝，令f′(x)＜0得
，∴0＜x＜1或1＜x＜e，
故函数的单调递减区间是(0,1)和(1，e)．
【答案】　(0,1)，(1，e)
8．已知函数f(x)＝x3＋3mx2＋nx＋m2在x＝－1时有极值0，则m＋n ＝________.
【解析】　∵f′(x)＝3x2＋6mx＋n，
∴由已知可得
∴或
当时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立与x＝－1是极值点矛盾，
当时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，
显然x＝－1是极值点，符合题意，∴m＋n＝11.
【答案】　11
9．已知函数f(x)＝－x2＋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－＝＝－，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t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或2＜t＜3.
【答案】　(0,1)∪(2,3)
三、解答题(本大题共3小题，共35分)
10．(10分)(2013·课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝e x(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．
【解】　(1)f′(x)＝e x(ax＋a＋b)－2x－4.
由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.
从而a＝4，b＝4.
(2)由(1)知，f(x)＝4e x(x＋1)－x2－4x，
f′(x)＝4e x(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).
令f′(x)＝0，得x＝－ln 2或x＝－2.
从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)＜0.
故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．
当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．
11．(12分)(2014·威海模拟)已知函数f(x)＝a ln x－x＋.
(1)若a＝4，求f(x)的极值；
(2)若f(x)在定义域内无极值，求实数a的取值范围．
【解】　(1)已知a＝4，∴f(x)＝4ln x－x＋，(x＞0)
f′(x)＝－1－＝，
令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3.
当0＜x＜1或x＞3时，f′(x)＜0，
当1＜x＜3时，f′(x)＞0，
f(1)＝2，f(3)＝4ln 3－2，
∴f(x)取得极小值2，极大值4ln 3－2.
(2)f(x)＝a ln x－x＋(x＞0)，
f′(x)＝－1－＝，
f(x)在定义域内无极值，即f′(x)≥0或f′(x)≤0在定义域上恒成立．
即方程f′(x)＝0在(0，＋∞)上无变号零点．
设g(x)＝－x2＋ax－(a－1)，根据图象可得
Δ≤0或，解得a＝2，
∴实数a的取值范围为a＝2.
12．(13分)(2014·济南四校联考)设函数f(x)＝ax－ln x，g(x)＝e x －ax，其中a为正实数．
(1)若x＝0是函数g(x)的极值点，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)在(1，＋∞)上无最小值，且g(x)在(1，＋∞)上是单调增函数，求a的取值范围；并由此判断曲线g(x)与曲线y＝ax2－ax在(1，＋∞)交点个数．
【解】　(1)由g′(0)＝1－a＝0得a＝1，
f(x)的定义域为：(0，＋∞)，
f′(x)＝1－，函数f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)．
(2)由f′(x)＝a－＝，
若0＜a＜1则f(x)在(1，＋∞)上有最小值f(a)，
当a≥1时，f(x)在(1，＋∞)单调递增无最小值．
∵g(x)在(1，＋∞)上是单调增函数，∴g′(x)＝e x－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，
∴a≤e，
综上所述a的取值范围为[1，e]．
此时，g(x)＝ax2－ax即a＝，令h(x)＝⇒h′(x)＝.
则h(x)在(0,2)单减，在(2，＋∞)单增，
极小值为h(2)＝＞e.
故两曲线没有公共点．。