高三数学导数应用测试题.docx

浙江省平阳县第三中学高三数学 导数的应用测试题
类型一 利用导数研究切线问题
导数的几何意义
(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)；(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
[例1]　(2021年高考安徽卷改编)设函数f(x)＝aex＋＋b(a>0)．在点(2，f(2))处的切线方程为y＝x，求a，b的值．

跟踪训练
函数f(x)＝x3－x.
(1)求曲线y＝f(x)的过点(1，0)的切线方程；
(2)假设过x轴上的点(a，0)可以作曲线y＝f(x)的三条切线，求a的取值范围．

类型二 利用导数研究函数的单调性
[例2]　(2021年高考山东卷改编)函数f(x)＝(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间．

跟踪训练
假设函数f(x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，求实数a的取值范围．

类型三 利用导数研究函数的极值与最值
[例3]　(2021年高考北京卷)函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)假设曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．

跟踪训练
(2021年珠海摸底)假设函数f(x)＝，在[－2，2]上的最大值为2，那么a的取值范围是(　　)
A．[ln 2，＋∞)　　　B．[0，ln 2] C．(－∞，0] D．(－∞，ln 2]

导数应用同步作业
一、选择题
1．设a为实数，函数f(x)＝x3＋ax2＋(a－2)x的导函数是f′(x)，且f′(x)是偶函数，那么曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为(　　)
A．y＝－2x　　　 B．y＝3x C．y＝－3x D．y＝4x
2．函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋lnx，那么f′(1)＝(　　)
A．－e B．－1 C．1 D．e
3．函数f(x)＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是(　　)
A．0 B．1 C．2 D．无数个
4．(2021·浙江高考)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．假设x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，那么以下图像不可能为y＝f(x)图像的是(　　)

二、填空题
5．(2021·嘉兴模拟)函数f(x)＝xex，那么f′(x)＝__________；函数f(x)的图像在点(0，f(0))处的切线方程为__________．
6．函数f(x)＝mx2＋lnx－2x在定义域内是增函数，那么实数m的取值范围为____________．
7．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图像经过点(1,0)，(2,0)，如下图，那么以下说法中不正确的选项是________．
①当x＝时函数取得极小值； ②f(x)有两个极值点；
③当x＝2时函数取得极小值； ④当x＝1时函数取得极大值．
三、解答题
8．函数f(x)＝ax3－3x2＋1－(a∈R且a≠0)，试求函数f(x)的极大值与极小值．

9．函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，函数f(x)在R上有三个零点，且1是其中一个零点．
(1)求b的值；
(2)求f(2)的取值范围．

10．(2021·江苏高考)a，b是实数，函数f(x)＝x3＋ax，g(x)＝x2＋bx，f′(x)和g′(x)分别是f(x)和g(x)的导函数，假设f′(x)·g′(x)≥0在区间I上恒成立，那么称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致．
(1)设af(x)和g(x)在区间[－1，＋∞)上单调性一致，求b的取值范围；
(2)设a＜0且a≠b.假设f(x)和g(x)在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a－b|的最大值．

第三讲　导数的应用〔聚焦突破〕
类型一 利用导数研究切线问题
导数的几何意义
(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)；
(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
[例1]　(2021年高考安徽卷改编)设函数f(x)＝aex＋＋b(a>0)．在点(2，f(2))处的切线方程为y＝x，求a，b的值．
[解析]　∵f′(x)＝aex－，
∴f′(2)＝ae2－＝，
解得ae2＝2或ae2＝－(舍去)，
所以a＝，代入原函数可得2＋＋b＝3，
即b＝，
故a＝，b＝.

跟踪训练
函数f(x)＝x3－x.
(1)求曲线y＝f(x)的过点(1，0)的切线方程；
(2)假设过x轴上的点(a，0)可以作曲线y＝f(x)的三条切线，求a的取值范围．
解析：(1)由题意得f′(x)＝3x2－1.曲线y＝f(x)在点M(t，f(t))处的切线方程为y－f(t)＝f′(t)(x－t)，即y＝(3t2－1)·x－2t3，将点(1，0)代入切线方程得2t3－3t2＋1＝0，解得t＝1或－，代入y＝(3t2－1)x－2t3得曲线y＝f(x)的过点(1，0)的切线方程为y＝2x－2或y＝－x＋.
(2)由(1)知假设过点(a，0)可作曲线y＝f(x)的三条切线，那么方程2t3－3at2＋a＝0有三个相异的实根，记g(t)＝2t3－3at2＋a.
那么g′(t)＝6t2－6at＝6t(t－a)．
当a>0时，函数g(t)的极大值是g(0)＝a，极小值是g(a)＝－a3＋a，要使方程g(t)＝0有三个相异的实数根，需使a>0且－a3＋a<0，即a>0且a2－1>0，即a>1；
当a＝0时，函数g(t)单调递增，方程g(t)＝0不可能有三个相异的实数根；
当a<0时，函数g(t)的极大值是g(a)＝－a3＋a，极小值是g(0)＝a，要使方程g(t)＝0有三个相异的实数根，需使a<0且－a3＋a>0，即a<0且a2－1>0，即a<－1.
综上所述，a的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．

类型二 利用导数研究函数的单调性
函数的单调性与导数的关系
在区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增；如果f′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．
[例2]　(2021年高考山东卷改编)函数f(x)＝(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求k的值；
(2)求f(x)的单调区间．
[解析]　(1)由f(x)＝，
得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)．
由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，
所以f′(1)＝0，因此k＝1.
(2)由(1)得f′(x)＝(1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)．
令h(x)＝1－x－xln x，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0，1)时，h(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.
又ex>0，所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
因此f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．

跟踪训练
假设函数f(x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
解析：由题知f′(x)＝－ax－2＝－，因为函数f(x)存在单调递减区间，所以f′(x)＝－≤0有解．又因为函数的定义域为(0，＋∞)，那么应有ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)上有实数解．
(1)当a>0时，y＝ax2＋2x－1为开口向上的抛物线，所以ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)上恒有解；
(2)当a<0时，y＝ax2＋2x－1为开口向下的抛物线，要使ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)上有实数解，那么Δ＝>0，此时－1<a<0；
(3)当a＝0时，显然符合题意．
综上所述，实数a的取值范围是(－1，＋∞)．
类型三 利用导数研究函数的极值与最值
1．求函数y＝f(x)在某个区间上的极值的步骤
(1)求导数f′(x)；
(2)求方程f′(x)＝0的根x0；
(3)检查f′(x)在x＝x0左右的符号；
①左正右负⇔f(x)在x＝x0处取极大值；
②左负右正⇔f(x)在x＝x0处取极小值．
2．求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤
(1)求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值(极大值或极小值)；
(2)将y＝f(x)的各极值与f(a)，f(b)进展比拟，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
[例3]　(2021年高考北京卷)函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)假设曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．
[解析]　(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，
所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．
即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b.
解得a＝3，b＝3.
(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当b＝a2时，
h(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1，
h′(x)＝3x2＋2ax＋a2.
令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－.
a>0时，h(x)与h′(x)的变化情况如下：

0

0

所以函数h(x)的单调递增区间为(－∞，－)和(－，＋∞)；单调递减区间为(－，－)．
当－≥－1，即0<a≤2时，
函数h(x)在区间(－∞，－1]上单调递增，h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h(－1)＝a－a2.
当－<－1，且－≥－1，即2<a≤6时，
函数h(x)在区间(－∞，－)上单调递增，在区间(－，－1]上单调递减，h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h(－)＝1.
当－<－1，即a>6时，
函数h(x)在区间(－∞，－)上单调递增，在区间(－，－)上单调递减，在区间(－，－1]上单调递增，又因为h(－)－h(－1)＝1－a＋a2＝(a－2)2>0，所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h(－)＝1.

跟踪训练
(2021年珠海摸底)假设函数f(x)＝，在[－2，2]上的最大值为2，那么a的取值范围是(　　)
A．[ln 2，＋∞)　　　　　　　B．[0，ln 2]
C．(－∞，0] D．(－∞，ln 2]
解析：当x≤0时，f′(x)＝6x2＋6x，易知函数f(x)在(－∞，0]上的极大值点是x＝－1，且f(－1)＝2，故只要在(0，2]上，eax≤2即可，即ax≤ln 2在(0，2]上恒成立，即a≤在(0，2]上恒成立，故a≤ln 2.
答案：D
导数应用同步作业

一、选择题
1．设a为实数，函数f(x)＝x3＋ax2＋(a－2)x的导函数是f′(x)，且f′(x)是偶函数，那么曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为(　　)
A．y＝－2x　　　　　　　　　 B．y＝3x
C．y＝－3x D．y＝4x
解析：由得f′(x)＝3x2＋2ax＋a－2，因为f′(x)是偶函数，所以a＝0，即f′(x)＝3x2－2，从而f′(0)＝－2，所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝－2x.
答案：A
2．函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋lnx，那么f′(1)＝(　　)
A．－e B．－1
C．1 D．e
解析：f′(x)＝2f′(1)＋，令x＝1，得f′(1)＝2f′(1)＋1，∴f′(1)＝－1.
答案：B
3．函数f(x)＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．无数个
解析：函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝6x＋－2＝，
由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1中Δ＝－20<0，
∴g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，
即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．
答案：A
4．(2021·浙江高考)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．假设x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，那么以下图像不可能为y＝f(x)图像的是(　　)

解析：假设x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，那么易得a＝c.因选项A、B的函数为f(x)＝a(x＋1)2，那么[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝a(x＋1)(x＋3)ex，∴x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点满足条件；
选项C中，对称轴x＝－＞0，且开口向下，
∴a＜0，b＞0.∴f(－1)＝2a－b＜0.也满足条件；
选项D中，对称轴x＝－＜－1，且开口向上，
∴a＞0，b＞2a.∴f(－1)＝2a－b＜0.与图矛盾．
答案：D
二、填空题
5．(2021·嘉兴模拟)函数f(x)＝xex，那么f′(x)＝__________；函数f(x)的图像在点(0，f(0))处的切线方程为__________．
解析：∵f′(x)＝1·ex＋x·ex＝(1＋x)ex；f′(0)＝1，f(0)＝0，因此f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－0＝x－0，即y＝x.
答案：(1＋x)ex　y＝x
6．函数f(x)＝mx2＋lnx－2x在定义域内是增函数，那么实数m的取值范围为____________．
解析：f′(x)＝mx＋－2≥0对一切x>0恒成立，
m≥－()2＋，令g(x)＝－()2＋，
那么当＝1时，函数g(x)取得最大值1，故m≥1.
答案：[1，＋∞)
7．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图像经过点(1,0)，(2,0)，如下图，那么以下说法中不正确的选项是________．
①当x＝时函数取得极小值；
②f(x)有两个极值点；
③当x＝2时函数取得极小值；
④当x＝1时函数取得极大值．
解析：从图像上可以看到：当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1,2)时，f′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)有两个极值点1和2，且当x＝2时函数取得极小值，当x＝1时函数取得极大值．只有①不正确．
答案：①
三、解答题
8．函数f(x)＝ax3－3x2＋1－(a∈R且a≠0)，试求函数f(x)的极大值与极小值．
解：由题设知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax(x－)．
令f′(x)＝0，解之得x＝0或x＝.
当a>0时，随x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下：
x
(－∞，0)
0
(0，)

(，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗

∴f(x)极大值＝f(0)＝1－，
f(x)极小值＝f()＝－－＋1.
当a<0时，随x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下：
x
(－∞，)

(，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘

∴f(x)极大值＝f(0)＝1－，
f(x)极小值＝f()＝－－＋1.
综上，当a∈R，且a≠0时，f(x)极大值＝f(0)＝1－，
f(x)极小值＝f()＝－－＋1.
9．函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，函数f(x)在R上有三个零点，且1是其中一个零点．
(1)求b的值；
(2)求f(2)的取值范围．
解：(1)∵f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c，
∴f′(x)＝－3x2＋2ax＋b.
∵f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，
∴当x＝0时，f(x)取到极小值，
即f′(0)＝0.∴b＝0.
(2)由(1)知，f(x)＝－x3＋ax2＋c，
∵1是函数f(x)的一个零点，即f(1)＝0，∴c＝1－a.
∵f′(x)＝－3x2＋2ax＝0的两个根分别为x1＝0，x2＝.
∵f(x)在(0,1)上是增函数，且函数f(x)在R上有三个零点，∴x2＝>1，即a>.
∴f(2)＝－8＋4a＋(1－a)＝3a－7>－.
故f(2)的取值范围为.
10．(2021·江苏高考)a，b是实数，函数f(x)＝x3＋ax，g(x)＝x2＋bx，f′(x)和g′(x)分别是f(x)和g(x)的导函数，假设f′(x)·g′(x)≥0在区间I上恒成立，那么称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致．
(1)设af(x)和g(x)在区间[－1，＋∞)上单调性一致，求b的取值范围；
(2)设a＜0且a≠b.假设f(x)和g(x)在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a－b|的最大值．
解：f′(x)＝3x2＋a，g′(x)＝2x＋b.
(1)由题意知f′(x)g′(x)≥0在[－1，＋∞)上恒成立．因为a＞0，故3x2＋a＞0，
进而2x＋b≥0，即b≥－2x在[－1，＋∞)上恒成立，所以bb的取值范围是[2，＋∞)．
(2)令f′(x)＝0，解得x＝± .
假设b＞0，由a＜0得0∈(a，b)．
又因为f′(0)g′(0)＝ab＜0，所以函数f(x)和g(x)在(a，b)上不是单调性一致的．因此b≤0.
现设bx∈(－∞，0)时，g′(x)＜0；
当x∈(－∞，－)时，f′(x)＞0.因此，
当x∈(－∞，－)时f′(x)g′(x)＜0.
故由题设得a≥－且b≥－，
从而－≤a＜0，
于是－≤b≤0.
因此|a－b|≤，且当a＝－，b＝0时等号成立．
又当a＝－，b＝0时，f′(x)g′(x)＝6x(x2－)，
从而当x∈(－，0)时f′(x)g′(x)＞0，
故函数f(x)和g(x)在(－，0)上单调性一致．
因此|a－b|的最大值为.