新編高考數(shù)學(xué)浙江理科一輪【第三章】導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第3講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用

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1、新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料 第3講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二) 一、選擇題 1．若函數(shù)y＝f(x)可導(dǎo)，則“f′(x)＝0有實(shí)根”是“f(x)有極值”的 (　　)． A．必要不充分條件 B．充分不必要條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　A 2．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有極大值和極小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 (　　)． A．(－1,2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C．(－3,6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，因?yàn)楹瘮?shù)有極大值和極小值，所以f′(

2、x)＝0有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，所以Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，解得a＜－3或a＞6. 答案　B 3．設(shè)f(x)是一個三次函數(shù)，f′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，如圖所示的是y＝x·f′(x)的圖象的一部分，則f(x)的極大值與極小值分別是 (　　)． A．f(1)與f(－1) B．f(－1)與f(1) C．f(－2)與f(2) D．f(2)與f(－2) 解析　由圖象知f′(2)＝f′(－2)＝0.∵x>2時，y＝x·f′(x)>0，∴f′(x)>0，∴y＝f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增；同理f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增，在(－2,2)上單調(diào)遞減， ∴y＝f(x

3、)的極大值為f(－2)，極小值為f(2)，故選C. 答案　C 4．設(shè)a∈R，函數(shù)f(x)＝ex＋a·e－x的導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，且f′(x)是奇函數(shù)．若曲線y＝f(x)的一條切線的斜率是，則切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為(　　) A．ln2 B．－ln2 C. D. 解析 f′(x)＝ex－ae－x，這個函數(shù)是奇函數(shù)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在0處有定義，所以f′(0)＝0，故只能是a＝1.此時f′(x)＝ex－e－x，設(shè)切點(diǎn)的橫坐標(biāo)是x0，則ex0－e－

4、x0＝，即2(ex0)2－3ex0－2＝0，即(ex0－2)(2ex0＋1)＝0，只能是ex0＝2，解得x0＝ln2.正確選項為A. 答案 A 5．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點(diǎn)，則下列圖象不可能為y＝f(x)的圖象是(　　)． 解析　若x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點(diǎn)，則易得a＝c.因選項A、B的函數(shù)為f(x)＝a(x＋1)2，則[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝a(x＋1)(x＋3)ex，∴x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點(diǎn)，滿足條件；選項C中，對稱軸x＝－＞0，且開口向下，∴a＜0，

5、b＞0，∴f(－1)＝2a－b＜0，也滿足條件；選項D中， 對稱軸x＝－＜－1，且開口向上，∴a＞0，b＞2a，∴f(－1)＝2a－b＜0，與 圖矛盾，故答案選D. 答案　D 6．已知函數(shù)f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有兩個極值點(diǎn)x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，則f(－1)的取值范圍是 (　　)． A. B. C．[3,12] D. 解析　因?yàn)閒(x)有兩個極值點(diǎn)x1，x2，所以f′(x)＝3x2＋4bx＋c＝0有兩個根x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，所以即 畫出可行域如圖所示．因?yàn)閒(－1)＝2b－

6、c，由圖知經(jīng)過點(diǎn)A(0，－3)時，f(－1)取得最小值3，經(jīng)過點(diǎn)C(0，－12)時，f(－1)取得最大值12，所以f(－1)的取值范圍為[3,12]． 答案　C 二、填空題 7．函數(shù)f(x)＝x2－2ln x的最小值為________． 解析　由f′(x)＝2x－＝0，得x2＝1.又x＞0，所以x＝1.因?yàn)?＜x＜1時，f′(x)＜0，x＞1時f′(x)＞0，所以當(dāng)x＝1時，f(x)取極小值(極小值唯一)也即最小值f(1)＝1. 答案　1 8．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有極大值和極小值，則a的取值范圍________． 解析　f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a

7、＋2)， 由已知條件Δ>0，即36a2－36(a＋2)>0， 解得a<－1，或a>2. 答案　(－∞，－1)∪(2，＋∞) 9．已知函數(shù)f(x)＝mx3＋nx2的圖象在點(diǎn)(－1,2)處的切線恰好與直線3x＋y＝0平行，若f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是________． 解析　由題意知，點(diǎn)(－1,2)在函數(shù)f(x)的圖象上， 故－m＋n＝2.① 又f′(x)＝3mx2＋2nx，則f′(－1)＝－3， 故3m－2n＝－3.② 聯(lián)立①②解得：m＝1，n＝3，即f(x)＝x3＋3x2， 令f′(x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0， 則[t，t＋

8、1]?[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0， 所以t∈[－2，－1]． 答案　[－2，－1] 10．已知函數(shù)f(x)＝＋ln x，若函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，則正實(shí)數(shù)a的取值范圍為________． 解析　∵f(x)＝＋ln x，∴f′(x)＝(a>0)， ∵函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，∴f′(x)＝≥0對x∈[1，＋∞)恒成立，∴ax－1≥0對x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥對x∈[1，＋∞)恒成立，∴a≥1. 答案　[1，＋∞) 三、解答題 11．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx在點(diǎn)x0處取得極大值5，其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象經(jīng)過(1,0)，(

9、2,0)點(diǎn)，如圖所示． (1)求x0的值； (2)求a，b，c的值． 解析　(1)由f′(x)隨x變化的情況 x (－∞，1) 1 (1,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ 可知當(dāng)x＝1時f(x)取到極大值5，則x0＝1 (2)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，a>0 由已知條件x＝1，x＝2為方程3ax2＋2bx＋c＝0， 的兩根，因此解得a＝2，b＝－9，c＝12. 12．某商場銷售某種商品的經(jīng)驗(yàn)表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝＋10(x－6)2，其中3

10、知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克． (1)求a的值； (2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大． 解　(1)因?yàn)閤＝5時，y＝11，所以＋10＝11，a＝2. (2)由(1)可知，該商品每日的銷售量y＝＋10(x－6)2.所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤 f(x)＝(x－3) ＝2＋10(x－3)(x－6)2,3

11、,6) f′(x) ＋ 0 － f(x) 單調(diào)遞增 極大值42 單調(diào)遞減 由上表可得，x＝4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3,6)內(nèi)的極大值點(diǎn)，也是最大值點(diǎn)．所以，當(dāng)x＝4時，函數(shù)f(x)取得最大值，且最大值等于42. 答：當(dāng)銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大． 13．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a>0)，且方程f′(x)－9x＝0的兩根分別為1,4. (1)當(dāng)a＝3且曲線y＝f(x)過原點(diǎn)時，求f(x)的解析式； (2)若f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)無極值點(diǎn)，求a的取值范圍． 解　由f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d得f′(x)＝ax2＋2

12、bx＋c. 因?yàn)閒′(x)－9x＝ax2＋2bx＋c－9x＝0的兩個根分別為1,4， 所以(*) (1)當(dāng)a＝3時，由(*)式得 解得b＝－3，c＝12.又因?yàn)榍€y＝f(x)過原點(diǎn)， 所以d＝0.故f(x)＝x3－3x2＋12x. (2)由于a>0，所以f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在(－∞，＋∞)內(nèi)無極值點(diǎn)等價于f′(x)＝ax2＋2bx＋c≥0在(－∞，＋∞)內(nèi)恒成立．由(*)式得2b＝9－5a，c＝4a. 又Δ＝(2b)2－4ac＝9(a－1)(a－9)， 由得a∈[1,9]． 即a的取值范圍是[1,9]． 14．已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f′(1)ex－1－

13、f(0)x＋x2. (1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值． 解　(1)由已知得f′(x)＝f′(1)ex－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. 從而f(x)＝ex－x＋x2.由于f′(x)＝ex－1＋x， 故當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0. 從而，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)由已知條件得ex－(a＋1)x≥b.① (i)若a＋1<0，則對

14、任意常數(shù)b，當(dāng)x<0，且x<時，可得ex－(a＋1)x0，設(shè)g(x)＝ex－(a＋1)x， 則g′(x)＝ex－(a＋1)． 當(dāng)x∈(－∞，ln(a＋1))時，g′(x)<0； 當(dāng)x∈(ln(a＋1)，＋∞)時，g′(x)>0. 從而g(x)在(－∞，ln(a＋1))上單調(diào)遞減，在(ln(a＋1)，＋∞)上單調(diào)遞增． 故g(x)有最小值g(ln(a＋1))＝a＋1－(a＋1)ln(a＋1)． 所以f(x)≥x2＋ax＋b等價于b≤a＋1－(a＋1)·ln(a＋1)．② 因此(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)． 設(shè)h(a)＝(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)，則 h′(a)＝(a＋1)[1－2ln(a＋1)]． 所以h(a)在(－1，e－1)上單調(diào)遞增，在(e－1，＋∞)上單調(diào)遞減，故h(a)在a＝e－1處取得最大值． 從而h(a)≤，即(a＋1)b≤. 當(dāng)a＝e－1，b＝時，②式成立．故f(x)≥x2＋ax＋b. 綜上得，(a＋1)b的最大值為.