《创新设计》2014届高考第三篇 第3讲 导数的应用(二)

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·抚顺质检)函数y＝ln2x

x的极小值为

()．

A.4

e2B．0 C.2

e D．1

解析函数的定义域为(0，＋∞)，

y′＝2ln x－ln2x

x2＝

－ln x(ln x－2)

x2.

函数y′与y随x变化情况如下：

则当x ＝1时函数y ＝ln x

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)＝1－2

x＝

x－2

x>0，∴f(x)在R上单调递增．又f(6－a

2)>f(a)，

∴6－a2>a，解之得－3

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：

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

(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 ＝2

x －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＋10(x －6)2

＝2＋10(x －3)(x －6)2,3

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：

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 )＝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 π2]

D ．(1，e π2)

解析 f ′(x )＝12e x (sin x ＋cos x )＋1

2e 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，