2015届高考文科数学第一轮开卷速查检测题45.doc

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开卷速查　规范特训
课时作业　实效精炼
开卷速查(18)　导数的应用(一)
一、选择题
1．函数f(x)＝x＋elnx的单调递增区间为(　　)
A．(0，＋∞)　　　　　　　 B．(－∞，0)
C．(－∞，0)和(0，＋∞) D．R
解析：函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋>0，故单调增区间是(0，＋∞)．
答案：A
2．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是(　　)

A．f(b)>f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d)
解析：依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0；当x∈(c，e)时，f′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数，又a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)．
答案：C
3．设函数f(x)＝＋lnx，则(　　)
A．x＝为f(x)的极大值点
B．x＝为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，当x＝2时，f′(x)＝0；当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当0<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数，所以x＝2为函数f(x)的极小值点．
答案：D
4．若f(x)＝，e<a<b，则(　　)
A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b)
C．f(a)<f(b) D．f(a)f(b)>1
解析：f′(x)＝，当x>e时，f′(x)<0，则f(x)在(e，＋∞)上为减函数，f(a)>f(b)．
答案：A
5．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是(　　)
A．20 B．18
C．3 D．0
解析：因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，所以－1,1为函数的极值点．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.又由题设知在区间[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20，所以t的最小值是20.
答案：A
6．已知函数y＝x3－3x＋c的图像与x轴恰有两个公共点，则c＝(　　)
A．－2或2 B．－9或3
C．－1或1 D．－3或1
解析：设f(x)＝x3－3x＋c，对f(x)求导可得，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，可得x＝±1，易知f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减．若f(1)＝1－3＋c＝0，可得c＝2；若f(－1)＝－1＋3＋c＝0，可得c＝－2.
答案：A
7．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图像不可能为y＝f(x)的图像是(　　)

A

B

C

D
解析：因为[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，所以f(1)＋f′(1)＝0；选项D中，f(1)>0，f′(1)>0，不满足f′(1)＋f(1)＝0.
答案：D
8．已知定义在R上的奇函数f(x)，设其导函数为f′(x)，当x∈(－∞，0]时，恒有xf′(x)<f(－x)，令F(x)＝xf(x)，则满足F(3)>F(2x－1)的实数x的取值范围是(　　)
A．(－1,2) B.
C. D．(－2,1)
解析：由F(x)＝xf(x)，得F′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝xf′(x)－f(－x)<0，所以F(x)在(－∞，0]上单调递减，又可证F(x)为偶函数，从而F(x)在[0，＋∞)上单调递增，故原不等式可化为－3<2x－1<3，解得－1<x<2.
答案：A
9．[2013·湖北]已知a为常数，函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，则(　　)
A．f(x1)＞0，f(x2)＞－
B．f(x1)＜0，f(x2)＜－
C．f(x1)＞0，f(x2)＜－
D．f(x1)＜0，f(x2)＞－
解析：由题意知，函数f(x)＝x(lnx－ax)＝xlnx－ax2有两个极值点，即f′(x)＝lnx＋1－2ax＝0在区间(0，＋∞)上有两个根．
令h(x)＝lnx＋1－2ax，则h′(x)＝－2a＝，当a≤0时h′(x)＞0，f′(x)在区间(0，＋∞)上递增，f′(x)＝0不可能有两个正根，
∴a＞0.由h′(x)＝0，可得x＝，从而可知h(x)在区间上递增，在区间上递减．因此需h＝ln＋1－1＝ln＞0，即＞1时满足条件，故当0＜a＜时，h(x)＝0有两个根x1，x2，且x1＜＜x2.又h(1)＝1－2a＞0，
∴x1＜1＜＜x2，从而可知函数f(x)在区间(0，x1)上递减，在区间(x1，x2)上递增，在区间(x2，＋∞)上递减．
∴f(x1)＜f(1)＝－a＜0，f(x2)＞f(1)＝－a＞－.故选D项．
答案：D
10．[2013·辽宁]设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，则x＞0时，f(x)(　　)
A．有极大值，无极小值
B．有极小值，无极大值
C．既有极大值又有极小值
D．既无极大值也无极小值
解析：令F(x)＝x2f(x)，
则F′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝，
F(2)＝4·f(2)＝.
由x2f′(x)＋2xf(x)＝，
得x2f′(x)＝－2xf(x)＝，
∴f′(x)＝.
令φ(x)＝ex－2F(x)，
则φ′(x)＝ex－2F′(x)＝ex－＝.
∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)的最小值为φ(2)＝e2－2F(2)＝0.
∴φ(x)≥0.
又x＞0，∴f′(x)≥0.
∴f(x)在(0，＋∞)单调递增．
∴f(x)既无极大值也无极小值．故选D项．
答案：D
二、填空题
11．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是__________．
解析：f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m2－12×(m＋6)>0.所以m>6或m<－3.
答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)
12．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f(m)的最小值为__________．
解析：求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x.由此可得f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，所以对m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
答案：－4
13．已知函数y＝f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图像在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，
∴⇒
∴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：4
14．下图是函数y＝f(x)的导函数的图像，给出下面四个判断．

①f(x)在区间[－2，－1]上是增函数；
②x＝－1是f(x)的极小值点；
③f(x)在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数；
④x＝3是f(x)的极小值点．
其中，所有正确判断的序号是__________．
解析：由函数y＝f(x)的导函数的图像可知：
(1)f(x)在区间[－2，－1]上是减函数，在[－1,2]上为增函数，在[2,4]上为减函数；
(2)f(x)在x＝－1处取得极小值，在x＝2处取得极大值．
故②③正确．
答案：②③
三、解答题
15．[2013·新课标全国Ⅰ]已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．
解析：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.
由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.
故b＝4，a＋b＝8.
从而a＝4，b＝4.
(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，
f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)·.
令f′(x)＝0得，x＝－ln2或x＝－2.
从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)＜0.
故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．
当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．
答案：(1)a＝4，b＝4；(2)f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减，f(x)的极大值为4(1－e－2)．
16．[2013·浙江]已知a∈R，函数f(x)＝2x3－3(a＋1)·x2＋6ax.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若|a|＞1，求f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值．
解析：(1)当a＝1时，f′(x)＝6x2－12x＋6，
所以f′(2)＝6.
又因为f(2)＝4，所以切线方程为y＝6x－8.
(2)记g(a)为f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值，
f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)，
令f′(x)＝0，得到x1＝1，x2＝a，
当a＞1时，

比较f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得
g(a)＝
当a＜－1时，

得g(a)＝3a－1.
综上所述，f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为g(a)＝
答案：(1)y＝6x－8；(2)最小值为g(a)＝
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1．[2013·重庆理]设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．
(1)确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值．
解析：(1)因f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，
故f′(x)＝2a(x－5)＋.
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)·(x－1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝.
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6lnx(x＞0)，
f′(x)＝x－5＋＝.
令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.
当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0，故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2＜x＜3时，f′(x)＜0，故f(x)在(2,3)上为减函数．
由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln3.
2．[2013·新课标全国Ⅱ文]已知函数f(x)＝x2e－x.
(1)求f(x)的极小值和极大值；
(2)当曲线y＝f(x)的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．
解析：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝－e－xx(x－2)．①
当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0；
当x∈(0,2)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)单调递减，在(0,2)单调递增．
故当x＝0时，f(x)取得极小值，极小值为f(0)＝0；
当x＝2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)＝4e－2.
(2)设切点为(t，f(t))，
则l的方程为y＝f′(t)(x－t)＋f(t)．
所以l在x轴上的截距为m(t)＝t－＝t＋＝t－2＋＋3.
由已知和①得t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)．
令h(x)＝x＋(x≠0)，则当x∈(0，＋∞)时，h(x)的取值范围为[2，＋∞)；
当x∈(－∞，－2)时，h(x)的取值范围是(－∞，－3)．
所以当t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，m(t)的取值范围是(－∞，0)∪[2＋3，＋∞)．
综上，l在x轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[2＋3，＋∞)．
3．[2013·广东文]设函数f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R)．
(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当k＜0时，求函数f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M.
解析：(1)当k＝1时，f(x)＝x3－x2＋x，
于是f′(x)＝3x2－2x＋1.
∵Δ＝－8＜0，
∴∀x∈R，f′(x)＞0.
因此f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
(2)f′(x)＝3x2－2kx＋1，Δ＝4(k2－3)．
①当k＜－时，Δ＞0，于是f′(x)＝0有两个根
x1＝＞k，x2＝＜＝0＜－k.
当x∈(k，x1)∪(x2，－k)时，f′(x)＞0；当x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，因此函数f(x)在[k，x1]与[x2，－k]上为增函数，在[x1，x2]上为减函数．
故m＝min{f(k)，f(x2)}，M＝max{f(－k)，f(x1)}．
由于k＜x1＜x2＜0＜－k，所以
f(x1)＝x13－kx12＋x1＜－k3－k3－k＝－2k3－k＝f(－k)，
f(x2)＝x(x2－k)＋x2＞x2＞k＝f(k)．
因此m＝f(k)＝k，M＝f(－k)＝－2k3－k.
②当k＝－时，f′(x)＝32≥0，
∴f(x)在[－，]上为增函数．
因此m＝f(－)＝－，M＝f()＝7.
③当－＜k＜0时，Δ＜0，于是∀x∈R，f′(x)＞0，
∴f(x)在[k，－k]上为增函数．
因此m＝f(k)＝k，M＝f(－k)＝－2k3－k.
4．[2013·浙江理]已知a∈R，函数f(x)＝x3－3x2＋3ax－3a＋3.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x∈[0,2]时，求|f(x)|的最大值．
解析：(1)由题意f′(x)＝3x2－6x＋3a，故f′(1)＝3a－3.
又f(1)＝1，所以所求的切线方程为y＝(3a－3)x－3a＋4.
(2)由于f′(x)＝3(x－1)2＋3(a－1)，0≤x≤2.故
①当a≤0时，有f′(x)≤0，此时f(x)在[0,2]上单调递减，故|f(x)|max＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝3－3a.
②当a≥1时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0,2]上单调递增，故|f(x)|max＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝3a－1.
③当0<a<1时，设x1＝1－，x2＝1＋，则
0<x1<x2<2，f′(x)＝3(x－x1)(x－x2)．
列表如下：
x
0
(0，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2,2)
2
f′(x)

＋
0
－
0
＋

f(x)
3－3a
单调递增
极大值f(x1)
单调递减
极小值f(x2)
单调递增
3a－1
由于f(x1)＝1＋2(1－a)，
f(x2)＝1－2(1－a)，
故f(x1)＋f(x2)＝2>0，
f(x1)－f(x2)＝4(1－a)>0.
从而f(x1)>|f(x2)|.
所以|f(x)|max＝max{f(0)，|f(2)|，f(x1)}．
当0<a<时，f(0)>|f(2)|.
又f(x1)－f(0)＝2(1－a)－(2－3a)＝>0，
故|f(x)|max＝f(x1)＝1＋2(1－a).
当≤a<1时，|f(2)|＝f(2)，且f(2)≥f(0)．
又f(x1)－|f(2)|＝2(1－a)－(3a－2)＝，
所以当≤a<时，f(x1)>|f(2)|，
故|f(x)|max＝f(x1)＝1＋2(1－a).
当≤a<1时，f(x1)≤|f(2)|，
故|f(x)|max＝|f(2)|＝3a－1.
综上所述，
|f(x)|max＝

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

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