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- 2024-04-23 发布
第3讲 导数的应用(二)
A级 基础演练(时间：30分钟 满分：55分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．(2013·北京东城模拟)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点( )．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
答案 A
2．(2013·苏州一中月考)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Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，解得a＜－3或a＞6.
答案 B
3．(2013·抚顺质检)函数y＝的极小值为 ( )．
A. B．0 C. D．1
解析 函数的定义域为(0，＋∞)，
y′＝＝.
函数y′与y随x变化情况如下：
x
(0,1)
1
(1，e2)
e2
(e2，＋∞)
y′
－
0
＋
0
－
y
0
·
则当x＝1时函数y＝取到极小值0.
答案 B
4．(2013·南京模拟)设f(x)是一个三次函数，f′(x)为其导函数，如图所示的是y＝x·f′(x)的图象的一部分，则f(x)的极大值与极小值分别是 ( )．
A．f(1)与f(－1) B．f(－1)与f(1)
C．f(－2)与f(2) D．f(2)与f(－2)
解析 由图象知f′(2)＝f′(－2)＝0.∵x>2时，y＝x·f′(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
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．已知函数y＝f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图象在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
6．已知函数f(x)＝(其中e为自然对数的底数，且e≈2.718)．若f(6－a2)>f(a)，则实数a的取值范围是________．
解析 ∵f′(x)＝当x≤e时，f′(x)＝6－2x＝2(3－x)>0，当x>e时，f′(x)＝1－＝>0，∴f(x)在R上单调递增．又f(6－a2)>f(a)，∴6－a2>a，解之得－30)，
∵函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，∴f′(x)＝≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，∴ax－1≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥对x∈[1，＋∞)恒成立，∴a≥1.
答案 [1，＋∞)
三、解答题(共25分)
5．(12分)设函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a>0)，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a>0，所以f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在(－∞，＋∞)内无极值点等价于f′(x)＝ax2＋2bx＋c≥0在(－∞，＋∞)内恒成立．由(*)式得2b＝9－5a，c＝4a.
又Δ＝(2b)2－4ac＝9(a－1)(a－9)，
由得a∈[1,9]．
即a的取值范围是[1,9]．
6．(13分)(2012·新课标全国)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)<0；
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)x≥b.①
(i)若a＋1<0，则对任意常数b，当x<0，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)<0；
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b≤a＋1－(a＋1)·ln(a＋1)．②
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，②式成立．故f(x)≥x2＋ax＋b.
综上得，(a＋1)b的最大值为.
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