《状元之路》2022届高考数学理新课标A版一轮总复习：必修部分-开卷速查14-导数的应用(一)

开卷速查(十四)导数的应用(一)A级基础巩固练1．函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝eq\f(fx,x)在区间(1，＋∞)上确定()A．有最小值 B．有最大值C．是减函数D.是增函数解析：由函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，可得a＜1，又g(x)＝eq\f(fx,x)＝x＋eq\f(a,x)－2a，则g′(x)＝1－eq\f(a,x2)，易知在x∈(1，＋∞)上g′(x)＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上为增函数．答案：D2．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是()A．－2 B.0C．2 D.4解析：f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或2.∴f(x)在[－1,0)上是增函数，f(x)在(0,1]上是减函数．∴f(x)max＝f(0)＝2.答案：C3．若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则导函数f′(x)的图像不行能是()ABCD解析：若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f′(x)在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图像要穿过x轴，观看四个选项中的图像只有D项是不符合要求的，即f′(x)的图像不行能是D，故选D.答案：D4．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2B.－9或3C．－1或1D.－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：A5．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.18C．3 D.0解析：由于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：A6．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.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) 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：A7．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋ax＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a的值为__________．解析：∵f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋ax＋4，∴f′(x)＝x2－3x＋a.又函数f(x)恰在[－1,4]上单调递减，∴－1,4是f′(x)＝0的两根，∴a＝－1×4＝－4.答案：－48．已知函数f(x)＝x3＋3mx2＋nx＋m2在x＝－1时有极值0，则m＋n＝__________.解析：∵f′(x)＝3x2＋6mx＋n，∴由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝－13＋3m－12＋n－1＋m2＝0，,f′－1＝3×－12＋6m－1＋n＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝9，))当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝3))时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立与x＝－1是极值点冲突，当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝9))时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，明显x＝－1是极值点，符合题意，∴m＋n＝11.答案：119．右图是函数y＝f(x)的导函数的图像，给出下面四个推断．①f(x)在区间[－2，－1]上是增函数；②x＝－1是f(x)的微小值点；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)的微小值点．其中，全部正确推断的序号是__________．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处取得微小值，在x＝2处取得极大值．故②③正确．答案：②③10．已知函数f(x)＝ax2＋blnx在x＝1处有极值eq\f(1,2).(1)求a，b的值；(2)推断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．解析：(1)f′(x)＝2ax＋eq\f(b,x)，又f(x)在x＝1处有极值eq\f(1,2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝\f(1,2)，,f′1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,2a＋b＝0.))解得a＝eq\f(1,2)，b＝－1.(2)由(1)可知f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx，其定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x＋1x－1,x).令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－1(舍去)．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)微小值所以函数y＝f(x)的单调减区间是(0,1)，单调增区间是(1，＋∞)．B级力气提升练11．[2022·安徽]设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.(1)争辩f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．解析：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(－1－\r(4＋3a),3)，x2＝eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)，x1＜x2.所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＜0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增．(2)由于a＞0，所以x1＜0，x2＞0.①当a≥4时，x2≥1.由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增．所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．②当0＜a＜4时，x2＜1.由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2,1]上单调递减．所以f(x)在x＝x2＝eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0＜a＜1时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0处和x＝1处同时取得最小值；当1＜a＜4时，f(x)在x＝0处取得最小值．12．[2022·山东]设函数f(x)＝eq\f(ex,x2)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋lnx))(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围．解析：(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x2ex－2xex,x4)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)＋\f(1,x)))＝eq\f(xex－2ex,x3)－eq\f(kx－2,x2)＝eq\f(x－2ex－kx,x3).由k≤0可得ex－kx>0，所以当x∈(0,2)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减，x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0,2)内单调递减，故f(x)在(0,2)内不存在极值点；当k>0时，设函数g(x)＝ex－kx，k∈(0，＋∞)．由于g′(x)＝ex－k＝ex－elnk，当0<k≤1时，当x∈(0,2)时，g′(x)＝ex－k>0，y＝g(x)单调递增．故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；当k>1时，得x∈(0，lnk)时，g′(k)<0，函数y＝g(x)单调递减．x∈(lnk，＋∞)时，g′(x)>0，函数y＝g(x)单调递增．所