【第一方案】高三數學一輪復習 第三章 導數及其應用第二節(jié) 導數的應用練習

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1、第3章 第2節(jié)導數的應用 一、選擇題(6×5分＝30分) 1．(2020·聊城模擬)函數y＝x3－2ax＋a在(0,1)內有極小值，則實數a的取值范圍是(　　) A．(0,3)　　　　　　　　 B．(0，) C．(0，＋∞) D．(－∞，3) 解析：令y′＝3x2－2a＝0，得x＝± (a>0，否則函數y為單調增函數)．若函數y＝x3－2ax＋a在(0,1)內有極小值，則 <1，∴0

2、 C．－5 D．以上都不對 解析：∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)， ∵f(x)在(－2,0)上為增函數，在(0,2)上為減函數， ∴當x＝0時，f(x)＝m最大． ∴m＝3，從而f(－2)＝－37，f(2)＝－5. ∴最小值為－37. 答案：A 3. 圖1 如果函數y＝f(x)的圖象如圖1所示，那么導函數y＝f′(x)的圖象可能是圖2中的(　　) 圖2 解析：由y＝f(x)的圖象可知其單調性從左向右依次為增減增減，所以其導數y＝f′(x)的函數值依次為正負正負．由此可排除B、C、D. 答案：A 4．(2020·濰坊模擬)函數f(x)＝x3＋a

3、x2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，則(　　) A．a＝－11，b＝4 B．a＝－4，b＝11 C．a＝11，b＝－4 D．a＝4，b＝－11 解析：由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2， 得f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 根據已知條件即 解得或(經檢驗應舍去)． 答案：D 5．已知函數f(x)＝ax3＋bx＋c，其導函數f′(x)的圖象如圖所示，則函數f(x)的極小值是(　　) A．a＋b＋c B．8a＋4b＋c C．3a＋2b D．c 解析：由f′(x)的圖象知：x＝0是f(x)的極小值點， ∴f(x)極小值＝f(0)＝c. 答案：D 6．已知函

4、數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲線過原點，且在x＝±1處的切線斜率均為－1，給出以下結論： ①f(x)的解析式為f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]； ②f(x)的極值點有且僅有一個； ③f(x)的最大值與最小值之和等于0. 其中正確的結論有(　　) A．0個 B．1個 C．2個 D．3個 解析：∵f(0)＝0，∴c＝0， ∵f′(x)＝3x2＋2ax＋b. ∴即 解得a＝0，b＝－4， ∴f(x)＝x3－4x，∴f′(x)＝3x2－4. 令f′(x)＝0得x＝±∈[－2,2]， ∴極值點有兩個． ∵f(x)為奇函數， ∴f(x)

5、max＋f(x)min＝0. ∴①③正確，故確C. 答案：C 二、填空題(3×5分＝15分) 7．(2020·江蘇高考)函數f(x)＝x3－15x2－33x＋6的單調減區(qū)間為________． 解析：∵f′(x)＝3x2－30x－33＝3(x－11)(x＋1)， 令f′(x)<0得－1

6、1)上恒成立，則a≥3x2，x∈(－1,1)恒成立，故a≥3. 答案：a≥3 9．若直線y＝m與y＝3x－x3的圖象有三個不同的交點，則實數m的取值范圍為________． 解析：由已知得：m＝3x－x3有三個不同實根， 亦即函數f(x)＝x3－3x＋m有3個不同的零點． ∵f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)， 且當x<－1時，f′(x)>0， 當－11時，f′(x)>0. ∴當x＝－1時，f(x)有極大值，當x＝1時，f(x)有極小值，要使f(x)有3個不同的零點，如圖所示： 只需解得－2

7、 三、解答題(共37分) 10．(12分)(2020·廣州模擬)若存在過點(1,0)的直線與曲線y＝x3和y＝ax2＋x－9都相切，求a的值． 解析：設過(1,0)的直線與y＝x3相切于點(x0，x03)， 所以切線方程為y－x03＝3x02(x－x0)， 即y＝3x02x－2x03，又(1,0)在切線上， 則x0＝0或x0＝， 當x0＝0時， 由y＝0與y＝ax2＋x－9相切可得a＝－， 當x0＝時，由y＝x－與y＝ax2＋x－9相切 可得a＝－1， 所以a＝－1或－. 11．(理)(12分)(2020·福建六校聯(lián)考)已知函數f(x)＝x·lnx. (1)求曲線y＝

8、f(x)在點(e，e)處的切線方程； (2)若k是正常數，設g(x)＝f(x)＋f(k－x)，求g(x)的最小值； (3)若關于x的不等式xlnx＋(4－x)ln(4－x)≥ln(m2－6m)對一切x∈(0,4)恒成立，求實數m的取值范圍． 解析：(1)∵f′(x)＝lnx＋1， ∴f′(e)＝lne＋1＝2. ∴所求的切線方程為： y－e＝2(x－e)即2x－y－e＝0. (2)∵g(x)＝xlnx＋(k－x)ln(k－x)的定義域為(0，k)， ∴g′(x)＝lnx＋1－[ln(k－x)＋1]＝ln. 由g′(x)>0得

9、)在(0，)上單調遞減，在(，k)上單調遞增． ∴g(x)的最小值為g()＝k·ln. (3)∵xlnx＋(4－x)ln(4－x)＝f(x)＋f(4－x)， 由(2)知： 當x∈(0,4)時，xlnx＋(4－x)ln(4－x)的最小值為： 4ln2＝ln16. 由已知得ln(m2－6m)≤ln16. 即解得m∈[－2,0)∪(6,8]． (文)(12分)已知a為實數，f(x)＝(x2－4)(x－a)． (1)若f′(－1)＝0，求f(x)在[－4,4]上的最大值和最小值； (2)若f(x)在(－∞，－2]和[2，＋∞)上都是遞增的，求a的取值范圍． 解析：(1)f′(x)

10、＝3x2－2ax－4，f′(－1)＝2a－1＝0， ∴a＝，∴f′(x)＝(3x－4)(x＋1) x (－4，－1) －1 (－1，) (，4) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 增 極大 減 極小 增 f極大(x)＝f(－1)＝，f極小(x)＝f()＝－， f(－4)＝－54，f(4)＝42， fmin(x)＝f(－4)＝－54，fmax(x)＝f(4)＝42. (2)f′(x)≥0對一切x∈(－∞，－2]及[2，＋∞)均成立， 或Δ≤0，即－2≤a≤2. 12．(理)(13分)(2020·廣州質檢)已知函數f(x)＝x3－x2＋p

11、x－p(p是實常數)． (1)若f(x)在(0，＋∞)內為單調函數，求p的取值范圍； (2)當p≠0時，過點(1,0)作曲線y＝f(x)的切線能作三條，求p的取值范圍． 解析：(1)f′(x)＝px2－2x＋p，x∈(0，＋∞)． ①p＝0時，f′(x)＝－2x<0，此時f(x)在(0，＋∞)內單調遞減． ∴p＝0. ②p>0時，f′(x)的對稱軸為x＝∈(0，＋∞)， ∴f′(x)min＝f′()＝≥0 ?p≤－1或p≥1.∴p≥1. ③p<0時，f′(x)的對稱軸為x＝<0，此時f′(x)＝px2－2x＋p在(0，＋∞)內遞減，要使f(x)在(0，＋∞)內為單調函數，只需

12、f′(0)≤0即可．∴p<0. 綜上所述：p≤0或p≥1即為所求． (2)f′(x)＝px2－2x＋p， 顯然p≠0，點(1,0)不在曲線y＝f(x)上?p ≠3. 設過(1,0)作直線與曲線y＝f(x)相切的切點為 (t，t3－t2＋pt－p)， 則pt2－2t＋p＝ ?pt3－(p＋1)t2＋2t＝0 ?t[pt2－(p＋1)t＋2]＝0. ∴t＝0或pt2－(p＋1)t＋2＝0. ∵切線能作三條， ∴Δ＝(p＋1)2－p>0.∴p<或p>3且p≠0. (文)(2020·茂名模擬)設函數f(x)＝x3－3ax＋b(a≠0)． (1)若曲線y＝f(x)在點(2，f(

13、2))處與直線y＝8相切，求a，b的值； (2)求函數f(x)的單調區(qū)間與極值點． 解析：(1)f′(x)＝3x2－3a. 因為曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處與直線y＝8相切， 所以即 解得a＝4，b＝24. (2)f′(x)＝3(x2－a)(a≠0)． 當a<0時，f′(x)>0，函數f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增；此時函數f(x)沒有極值點． 當a>0時，由f′(x)＝0得x＝±. 當x∈(－∞，－)時，f′(x)>0，函數f(x)單調遞增； 當x∈(－，)時，f′(x)<0，函數f(x)單調遞減； 當x∈(，＋∞)時，f′(x)>0，函數f(x)單調遞增． 此時x＝－是f(x)的極大值點，x＝是f(x)的極小值點．