學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精3.3導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二）一、選擇題1．函數(shù)f(x）的定義域?yàn)殚_區(qū)間(a,b）,導(dǎo)函數(shù)f′(x）在（a，b）內(nèi)的圖象如圖所示,則函數(shù)f（x）在開區(qū)間（a，b）內(nèi)有極小值點(diǎn)(）．A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)答案A2．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A3．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′（x)＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，所以Δ＝4a2－4×3（a解得a＜－3或a＞6.答案B4．已知函數(shù)f（x）＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m、n∈[－1，1］，則f（m）＋f′（n）的最小值是(）A．－13B．－15C．10D．15解析:求導(dǎo)得f′(x）＝－3x2＋2ax，由函數(shù)f（x）在x＝2處取得極值知f′（2）＝0，即－3×4＋2a×2＝0,∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2f′(x）＝－3x2＋6x，易知f(x）在（－1，0）上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)m∈[－1，1］時(shí)，f（m)min＝f(0）＝－4。又f′（x）＝－3x2＋6x的圖象開口向下，且對(duì)稱軸為x＝1,∴當(dāng)n∈[－1,1］時(shí)，f′（n）min＝f′（－1)＝－9。故f（m)＋f′（n)的最小值為－13。答案:A5．函數(shù)y＝xe－x，x∈[0,4]的最小值為（）．A．0B。eq\f(1,e）C。eq\f（4,e4)D。eq\f（2,e2)解析y′＝e－x－xe－x＝－e－x（x－1）y′與y隨x變化情況如下：x0（0，1)1(1,4）4y′＋0－y0eq\f（1,e）eq\f(4,e4）當(dāng)x＝0時(shí),函數(shù)y＝xe－x取到最小值0.答案A6．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eq\f（3，2），則切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為(）A．ln2B．－ln2C。eq\f(ln2,2）D.eq\f(－ln2，2)解析f′(x)＝ex－ae－x，這個(gè)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(shí)f′（x)＝ex－e－x,設(shè)切點(diǎn)的橫坐標(biāo)是x0，則ex0－e－x0＝eq\f（3,2),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(xiàng)為A.答案A7．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(gè)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(gè)極值點(diǎn)，則易得a＝c。因選項(xiàng)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(gè)極值點(diǎn)，滿足條件;選項(xiàng)C中，對(duì)稱軸x＝－eq\f（b,2a)＞0，且開口向下，∴a＜0,b＞0，∴f(－1）＝2a－b＜0，也滿足條件；選項(xiàng)D中，對(duì)稱軸x＝－eq\f（b，2a)＜－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二、填空題8．已知f(x)＝2x3－6x2＋3，對(duì)任意的x∈[－2，2]都有f(x）≤a，則a的取值范圍為________．解析：由f′（x）＝6x2－12x＝0，得x＝0，或x＝2.又f（－2）＝－37，f(0)＝3，f(2）＝－5,∴f(x）max＝3，又f(x）≤a，∴a≥3.答案：［3,＋∞)9．函數(shù)f（x）＝x2－2lnx的最小值為________．解析由f′（x）＝2x－eq\f（2,x）＝0，得x2＝1.又x＞0，所以x＝1.因?yàn)?＜x＜1時(shí)，f′(x）＜0,x＞1時(shí)f′(x)＞0，所以當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取極小值（極小值唯一）也即最小值f(1）＝1。答案110．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＋2），由已知條件Δ〉0，即36a2－36（a解得a<－1，或a>2。答案（－∞,－1)∪（2,＋∞）11．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R),若對(duì)于任意x∈［－1,1］，都有f(x）≥0成立，則實(shí)數(shù)a的值為________．解析(構(gòu)造法)若x＝0，則不論a取何值，f（x)≥0顯然成立;當(dāng)x＞0，即x∈(0,1］時(shí)，f（x）＝ax3－3x＋1≥0可化為a≥eq\f(3，x2）－eq\f(1，x3).設(shè)g(x)＝eq\f（3，x2)－eq\f（1，x3），則g′（x)＝eq\f(31－2x,x4)，所以g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))）上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(1,2)，1））上單調(diào)遞減，因此g（x)max＝geq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）)）＝4,從而a≥4。當(dāng)x＜0，即x∈［－1，0）時(shí)，同理a≤eq\f（3,x2）－eq\f(1，x3）.g（x)在區(qū)間［－1,0)上單調(diào)遞增，∴g(x）min＝g(－1）＝4，從而a≤4,綜上可知a＝4.答案4【點(diǎn)評(píng)】本題考查了分類討論思想構(gòu)造函數(shù),同時(shí)利用導(dǎo)數(shù)的知識(shí)來(lái)解決.12．已知函數(shù)f（x）的自變量取值區(qū)間為A，若其值域也為A，則稱區(qū)間A為f(x)的保值區(qū)間．若g（x）＝x＋m－lnx的保值區(qū)間是［2,＋∞），則m的值為________．解析g′（x)＝1－eq\f（1,x)＝eq\f(x－1,x），當(dāng)x≥2時(shí)，函數(shù)g(x）為增函數(shù),因此g（x)的值域?yàn)椋?＋m－ln2，＋∞），因此2＋m－ln2＝2,故m＝ln2.答案ln2三、解答題13．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(guò)(1，0），（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(shí)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eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝5，，－\f(2b,3a）＝3，,\f(c,3a）＝2，))解得a＝2，b＝－9，c＝12.14．已知函數(shù)f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，曲線y＝f(x）在點(diǎn)x＝1處的切線為l：3x－y＋1＝0，若x＝eq\f（2，3）時(shí)，y＝f（x)有極值．(1)求a,b,c的值；（2)求y＝f(x)在［－3,1］上的最大值和最小值．解析：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，當(dāng)x＝1時(shí),切線l的斜率為3,可得2a＋b＝0.當(dāng)x＝eq\f（2,3)時(shí),y＝f（x）有極值，則f′eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2，3）))＝0，可得4a＋3b＋4＝0.②由①②解得a＝2，b＝－4.由于切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x＝1，∴f(1)＝4,∴1＋a＋b＋c＝4，∴c＝5。∴a＝2，b＝－4，c＝5.(2)由(1)可得f（x)＝x3＋2x2－4x＋5，∴f′(x)＝3x2＋4x－4,令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝eq\f(2，3）.當(dāng)x變化時(shí)，y、y′的取值及變化如下表:x－3（－3，－2）－2eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－2,\f（2,3）))eq\f（2，3）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2,3）,1）)1y′＋0－0＋y8單調(diào)遞增↗13單調(diào)遞減↘eq\f(95,27)單調(diào)遞增↗4∴y＝f（x）在[－3,1］上的最大值為13,最小值為eq\f(95，27)。15．設(shè)f(x)＝－eq\f(1，3)x3＋eq\f(1，2)x2＋2ax.(1)若f(x)在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2，3)，＋∞)）上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍；（2)當(dāng)0＜a＜2時(shí),f（x)在［1，4]上的最小值為－eq\f(16,3)，求f(x)在該區(qū)間上的最大值．解析(1）由f′(x）＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f（1,2））)2＋eq\f（1,4)＋2a,當(dāng)x∈eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2，3)，＋∞))時(shí)，f′(x)的最大值為f′eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f（2,9)＋2a；令eq\f(2，9)＋2a＞0,得a＞－eq\f（1,9）.所以，當(dāng)a＞－eq\f（1,9)時(shí)，f(x）在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2，3),＋∞））上存在單調(diào)遞增區(qū)間．即f(x）在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2,3），＋∞))上存在單調(diào)遞增區(qū)間時(shí)，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1，9）,＋∞））（2)令f′(x）＝0,得兩根x1＝eq\f(1－\r(1＋8a），2)，x2＝eq\f（1＋\r（1＋8a）,2）。所以f(x）在（－∞，x1），(x2,＋∞）上單調(diào)遞減，在(x1，x2）上單調(diào)遞增．當(dāng)0＜a＜2時(shí)，有x1＜1＜x2＜4，所以f（x)在[1，4]上的最大值為f（x2），又f(4)－f(1）＝－eq\f（27,2)＋6a＜0,即f(4）＜f(1）．所以f（x）在［1,4］上的最小值為f（4)＝8a－eq\f（40,3）＝－eq\f(16,3）.得a＝1，x2＝2，從而f（x)在[1,4］上的最大值為f（2)＝eq\f(10,3）。16．設(shè)函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x）－alnx(a∈R）．（1）討論f（x)的單調(diào)性；(2)若f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1和x2，記過(guò)點(diǎn)A（x1,f（x1)）,B（x2,f(x2)）的直線的斜率為k。問(wèn):是否存在a，使得k＝2－a?若存在，求出a的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由．思路分析先求導(dǎo)，通分后發(fā)現(xiàn)f′(x)的符號(hào)與a有關(guān),應(yīng)對(duì)a進(jìn)行分類，依據(jù)方程的判別式來(lái)分類．解析（1）f(x)的定義域?yàn)椋?,＋∞）．f′(x）＝1＋eq\f（1，x2)－eq\f（a，x)＝eq\f（x2－ax＋1,x2）.令g(x）＝x2－ax＋1，其判別式Δ＝a2－4.①當(dāng)｜a｜≤2時(shí)，Δ≤0,f′(x)≥0。故f（x)在（0,＋∞）上單調(diào)遞增．②當(dāng)a＜－2時(shí)，Δ＞0，g(x)＝0的兩根都小于0。在（0，＋∞）上，f′（x)＞0.故f（x）在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．③當(dāng)a＞2時(shí)，Δ＞0，g(x）＝0的兩根為x1＝eq\f(a－\r(a2－4),2）,x2＝eq\f（a＋\r(a2－4),2）。當(dāng)0＜x＜x1時(shí)，f′(x)＞0,當(dāng)x1＜x＜x2時(shí)，f′（x)＜0；當(dāng)x＞x2時(shí),f′(x）＞0。故f（x)分別在(0,x1），(x2，＋∞）上單調(diào)遞增，在(x1，x2）上單調(diào)遞減．（2)由（1)知,a＞2.因?yàn)閒(x1）－f（x2)＝（x1－x2）＋eq\f(x1－x2，x1x2）－a（lnx1－lnx2），所以，k＝eq\f(fx1－fx2，x1－x2)＝1＋eq\f(1,x1x2）－a·eq\f（lnx1－lnx2,x1－x2)。又由(1）知，x1x2＝1，于是k＝2－a·eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)。若存在a,使得k＝2－a，則