导数的应用(二)

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　A2．(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)...

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　A2．(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　B3．(2013·抚顺质检)函数y＝eq\f(ln2x,x)的极小值为(　　)．A.eq\f(4,e2)B．0C.eq\f(2,e)D．1解析　函数的定义域为(0，＋∞)，y′＝eq\f(2lnx－ln2x,x2)＝eq\f(－lnxlnx－2,x2).函数y′与y随x变化情况如下：x(0,1)1(1，e2)e2(e2，＋∞)y′－0＋0－y0eq\f(4,e2)则当x＝1时函数y＝eq\f(ln2x,x)取到极小值0.答案　B4．(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)＝x3＋3ax2＋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′＝3x2＋6ax＋3b，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3×22＋6a×2＋3b＝0，,3×12＋6a＋3b＝－3))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝0.))∴y′＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，则x＝0或x＝2.∴f(x)极大值－f(x)极小值＝f(0)－f(2)＝4.答案　46．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋6x＋e2－5e－2，x≤e，,x－2lnx，x>e))(其中e为自然对数的底数，且e≈2.718)．若f(6－a2)>f(a)，则实数a的取值范围是________．解析　∵f′(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋6，x≤e，,1－\f(2,x)，x>e，))当x≤e时，f′(x)＝6－2x＝2(3－x)>0，当x>e时，f′(x)＝1－eq\f(2,x)＝eq\f(x－2,x)>0，∴f(x)在R上单调递增．又f(6－a2)>f(a)，∴6－a2>a，解之得－30)，∵函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，∴f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，∴ax－1≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥eq\f(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)＝eq\f(a,3)x3＋bx2＋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)＝eq\f(a,3)x3＋bx2＋cx＋d得f′(x)＝ax2＋2bx＋c.因为f′(x)－9x＝ax2＋2bx＋c－9x＝0的两个根分别为1,4，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2b＋c－9＝0，,16a＋8b＋c－36＝0，))(*)(1)当a＝3时，由(*)式得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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)＝x3－3x2＋12x.(2)由于a>0，所以f(x)＝eq\f(a,3)x3＋bx2＋cx＋d在(－∞，＋∞)内无极值点等价于f′(x)＝ax2＋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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝9a－1a－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)ex－1－f(0)x＋eq\f(1,2)x2.(1)求f(x)的解析式及单调区间；(2)若f(x)≥eq\f(1,2)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.从而f(x)＝ex－x＋eq\f(1,2)x2.由于f′(x)＝ex－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ex－(a＋1)x≥b.①(i)若a＋1<0，则对任意常数b，当x<0，且x<eq\f(1－b,a＋1)时，可得ex－(a＋1)x0，设g(x)＝ex－(a＋1)x，则g′(x)＝ex－(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)≥eq\f(1,2)x2＋ax＋b等价于b≤a＋1－(a＋1)·ln(a＋1)．②因此(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)．设h(a)＝(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)，则h′(a)＝(a＋1)[1－2ln(a＋1)]．所以h(a)在(－1，eeq\f(1,2)－1)上单调递增，在(eeq\f(1,2)－1，＋∞)上单调递减，故h(a)在a＝eeq\f(1,2)－1处取得最大值．从而h(a)≤eq\f(e,2)，即(a＋1)b≤eq\f(e,2).当a＝eeq\f(1,2)－1，b＝eq\f(e\f(1,2),2)时，②式成立．故f(x)≥eq\f(1,2)x2＋ax＋b.综上得，(a＋1)b的最大值为eq\f(e,2).特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.

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