高考数学导数的概念专项检测及答案

2021-02-16 高考数学

  一、选择题

  1若函数y=f(x)可导,则f(x)=0有实根是f(x)有极值的 ()

  A必要不充分条件 B充分不必要条件

  C充要条件 D既不充分也不必要条件

  答案 A

  2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=4a2—43(a+6)0,解得a—3或a6

  答案 B

  设f(x)是一个三次函数,f(x)为其导函数,如图所示的是y=xf(x)的图象的一部分,则f(x)的极大值与极小值分别是()

  Af(1)与f(—1) Bf(—1)与f(1)

  Cf(—2)与f(2) Df(2)与f(—2)

  解析 由图象知f(2)=f(—2)=0x2时,y=xf(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设aR,函数f(x)=ex+ae—x的导函数是f(x),且f(x)是奇函数若曲线y=f(x)的一条切线的斜率是,则切点的横坐标为()

  Aln2 B—ln2

  C D

  解析 f(x)=ex—ae—x,这个函数是奇函数,因为函数f(x)在0处有定义,所以f(0)=0,故只能是a=1此时f(x)=ex—e—x,设切点的'横坐标是x0,则ex0—e—x0=,即2(ex0)2—3ex0—2=0,即(ex0—2)(2ex0+1)=0,只能是ex0=2,解得x0=ln2正确选项为A

  A

  5设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,cR)若x=—1为函数f(x)ex的一个极值点,则下列图象不可能为y=f(x)的图象是()解析 若x=—1为函数f(x)ex的一个极值点,则易得a=c因选项A、B的函数为f(x)=a(x+1)2,则[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,a0,b0,f(—1)=2a—b0,也满足条件;选项D中,对称轴x=——1,且开口向上,a0,b2a,f(—1)=2a—b0,与图矛盾,故答案选D

  答案 D

  已知函数f(x)=x3+2bx2+cx+1有两个极值点x1,x2,且x1[—2,—1],x2[1,2],则f(—1)的取值范围是()

  A  B

  C[3,12] D

  解析 因为f(x)有两个极值点x1,x2,所以f(x)=3x2+4bx+c=0有两个根x1,x2,且x1[—2,—1],x2[1,2],所以即

  画出可行域如图所示因为f(—1)=2b—c,由图知经过点A(0,—3)时,f(—1)取得最小值3,经过点C(0,—12)时,f(—1)取得最大值12,所以f(—1)的取值范围为[3,12]

  答案 C

  二、填空题

  函数f(x)=x2—2ln x的最小值为________

  解析 由f(x)=2x—=0,得x2=1又x0,所以x=1因为01时f(x)0,所以当x=1时,f(x)取极小值(极小值唯一)也即最小值f(1)=1

  答案 1

  若f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1有极大值和极小值,则a的取值范围________

  解析 f(x)=3x2+6ax+3(a+2),

  由已知条件0,即36a2—36(a+2)0,

  解得a—1,或a2

  答案 (—,—1)(2,+)

  已知函数f(x)=mx3+nx2的图象在点(—1,2)处的切线恰好与直线3x+y=0平行,若f(x)在区间[t,t+1]上单调递减,则实数t的取值范围是________

  解析 由题意知,点(—1,2)在函数f(x)的图象上,

  故—m+n=2

  又f(x)=3mx2+2nx,则f(—1)=—3,

  故3m—2n=—3

  联立解得:m=1,n=3,即f(x)=x3+3x2,

  令f(x)=3x2+6x0,解得—20,

  则[t,t+1][—2,0],故t—2且t+10,

  所以t[—2,—1]

  答案 [—2,—1]

  已知函数f(x)=+ln x,若函数f(x)在[1,+)上为增函数,则正实数a的取值范围为________

  解析 f(x)=+ln x,f(x)=(a0),

  函数f(x)在[1,+)上为增函数,f(x)=0对x[1,+)恒成立,ax—10对x[1,+)恒成立,即a对x[1,+)恒成立,a1

  答案 [1,+)

  三、解答题

  已知函数f(x)=ax3+bx2+cx在点x0处取得极大值5,其导函数y=f(x)的图象经过(1,0),(2,0)点,如图所示(1)求x0的值;

  (2)求a,b,c的值

  (1)由f(x)随x变化的情况

  x (—,1) 1 (1,2) 2 (2,+) f(x) + 0 — 0 + 可知当x=1时f(x)取到极大值5,则x0=1

  (2)f(x)=3ax2+2bx+c,a0

  由已知条件x=1,x=2为方程3ax2+2bx+c=0,

  的两根,因此解得a=2,b=—9,c=12

  某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x—6)2,其中30),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)=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(*)

  (1)当a=3时,由(*)式得

  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a0,所以f(x)=x3+bx2+cx+d在(—,+)内无极值点等价于f(x)=ax2+2bx+c0在(—,+)内恒成立由(*)式得2b=9—5a,c=4a

  又=(2b)2—4ac=9(a—1)(a—9),

  由得a[1,9]

  即a的取值范围是[1,9]

  已知函数f(x)满足f(x)=f(1)ex—1—f(0)x+x2

  (1)求f(x)的解析式及单调区间;

  (2)若f(x)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+x2由于f(x)=ex—1+x,

  故当x(—,0)时,f(x)

  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)xb

  (i)若a+10,则对任意常数b,当x0,且x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)

  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)x2+ax+b等价于ba+1—(a+1)ln(a+1)

  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,e—1)上单调递增,在(e—1,+)上单调递减,故h(a)在a=e—1处取得最大值

  从而h(a),即(a+1)b

  当a=e—1,b=时,式成立故f(x)x2+ax+b

  综上得,(a+1)b的最大值为

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