2014屆高考數(shù)學(xué)一輪 知識點各個擊破 第二章 課時跟蹤檢測（十五）導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（一） 文 新人教A版

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1、課時跟蹤檢測(十五)　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一) 1．函數(shù)f(x)＝x＋eln x的單調(diào)遞增區(qū)間為(　　) A．(0，＋∞)　　　　　　　　　 B．(－∞，0) C．(－∞，0)和(0，＋∞) D．R 2．(2012·“江南十?！甭?lián)考)已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是(　　) 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) 3．(2012·陜西高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝＋ln x，則(　　) A．x＝為f(x)的極大值點 B．x＝

2、為f(x)的極小值點 C．x＝2為f(x)的極大值點 D．x＝2為f(x)的極小值點 4．(2012·大綱全國卷)已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個公共點，則c＝(　　) A．－2或2 B．－9或3 C．－1或1 D．－3或1 5．若f(x)＝，ef(b) B．f(a)＝f(b) C．f(a)1 6．函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對于區(qū)間[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實數(shù)t的最小值是(　　) A．20 B．18 C．

3、3 D．0 7．已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在極大值又存在極小值，則實數(shù)m的取值范圍是________． 8．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m∈[－1,1]，則f(m)的最小值為________． 9．已知函數(shù)y＝f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2處有極值，其圖象在x＝1處的切線平行于直線6x＋2y＋5＝0，則f(x)極大值與極小值之差為________． 10．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bln x在x＝1處有極值. (1)求a，b的值； (2)判斷函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性并求出單調(diào)區(qū)間． 11．(2012

4、·重慶高考)設(shè)f(x)＝aln x＋＋x＋1，其中a∈R，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于y軸． (1)求a的值； (2)求函數(shù)f(x)的極值． 12．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋3x. (1)若f(x)在x∈[1，＋∞)上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若x＝3是f(x)的極值點，求f(x)在x∈[1，a]上的最大值和最小值． 1．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點，則下列圖象不可能為y＝f(x)的圖象是(　　) 2．(2012·沈陽實驗中學(xué)檢測)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)，設(shè)其導(dǎo)

5、函數(shù)為f′(x)，當x∈(－∞，0]時，恒有xf′(x)F(2x－1)的實數(shù)x的取值范圍是(　　) A．(－1,2) B. C. D．(－2,1) 3．(2012·湖北高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝axn(1－x)＋b(x>0)，n為正整數(shù)，a，b為常數(shù)．曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x＋y＝1. (1)求a，b的值； (2)求函數(shù)f(x)的最大值． [答 題 欄] A級 1._________ 2._________ 3._________ 4._________ 5._________

6、6._________ B級 1.______ 2.______ 7. __________ 8. __________ 9. __________ 答 案 課時跟蹤檢測(十五) A級 1．A　2.C　3.D　4.A 5．選A　f′(x)＝，當x>e時，f′(x)<0，則f(x)在(e，＋∞)上為減函數(shù)，f(a)>f(b)． 6．選A　因為f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，所以－1,1為函數(shù)的極值點．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在區(qū)間[－3,2]上f(x)max＝1，

7、f(x)min＝－19.又由題設(shè)知在區(qū)間[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，從而t≥20，所以t的最小值是20. 7．解析：f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有兩個不等實根，即Δ＝4m2－12×(m＋6)>0.所以m>6或m<－3. 答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞) 8．解析：求導(dǎo)得f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2處取得極值知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)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增， 所以對m∈[－1,1]時，f(m)min＝

8、f(0)＝－4. 答案：－4 9．解析：∵y′＝3x2＋6ax＋3b， ? ∴y′＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，則x＝0或x＝2. ∴f(x)極大值－f(x)極小值＝f(0)－f(2)＝4. 答案：4 10．解：(1)∵f′(x)＝2ax＋. 又f(x)在x＝1處有極值. ∴即 解得a＝，b＝－1. (2)由(1)可知f(x)＝x2－ln x，其定義域是(0，＋∞)， 且f′(x)＝x－＝. 由f′(x)<0，得00，得x>1. 所以函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(0,1)， 單調(diào)增區(qū)間是(1，＋∞)． 11．解：(1)因f(x

9、)＝aln x＋＋x＋1， 故f′(x)＝－＋. 由于曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于y軸，故該切線斜率為0，即f′(1)＝0，從而a－＋＝0， 解得a＝－1. (2)由(1)知f(x)＝－ln x＋＋x＋1(x>0)， f′(x)＝－－＋ ＝ ＝. 令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－義域內(nèi)，舍去． 當x∈(0,1)時，f′(x)<0，故f(x)在(0,1)上為減函數(shù)； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)． 故f(x)在x＝1處取得極小值f(1)＝3. 12．解：(1)∵f′(x)＝3x2－2ax＋3≥0在[

10、1，＋∞)上恒成立， ∴a≤min＝3(當x＝1時取最小值)． ∴a的取值范圍為(－∞，3]． (2)∵f′(3)＝0，即27－6a＋3＝0， ∴a＝5，f(x)＝x3－5x2＋3x，x∈[1,5]， f′(x)＝3x2－10x＋3. 令f′(x)＝0，得x1＝3，x2＝(舍去)． 當10， 即當x＝3時，f(x)取極小值f(3)＝－9. 又f(1)＝－1，f(5)＝15， ∴f(x)在[1,5]上的最小值是f(3)＝－9，最大值是f(5)＝15. B級 1．選D　因為[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(

11、ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點，所以f(1)＋f′(1)＝0；選項D中，f(1)>0，f′(1)>0，不滿足f′(1)＋f(1)＝0. 2．選A　由F(x)＝xf(x)，得F′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝xf′(x)－f(－x)<0，所以F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，又可證F(x)為偶函數(shù)，從而F(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，故原不等式可化為－3<2x－1<3，解得－10，故f(x)單調(diào)遞增； 而在上，f′(x)<0，f′(x)單調(diào)遞減． 故f(x)在(0，＋∞)上的最大值為 f＝n ＝.