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1、【走向高考】2016届高三数学一轮基础巩固 第3章 第2节 利用导数研究函数的性质 新人教A版一、选择题1(文)设函数f(x)xex，则()Ax1为f(x)的极大值点Bx1为f(x)的极小值点Cx1为f(x)的极大值点Dx1为f(x)的极小值点答案D解析本题考查了导数的应用求函数的极值f (x)exxex，令f (x)0，exxex0，x1，当x(，1)时，f (x)exxex0，x1为极小值点，故选D点评求函数的极值要讨论在各区间内导函数值的符号，同时要注意函数的定义域(理)(2014湖北荆州质检二)设函数f(x)(x1)kcosx(kN*)，则()A当k2013时，f(x)在x1处取得极小
2、值B当k2013时，f(x)在x1处取得极大值C当k2014时，f(x)在x1处取得极小值D当k2014时，f(x)在x1处取得极大值答案C解析当k2013时，f(x)(x1)2013cosx，则f (x)2013(x1)2012cosx(x1)2013sinx(x1)20122013cosx(x1)sinx，当x0；当1x0，此时函数x1不是函数f(x)的极值点，A，B选项均错误当k2014时，f(x)(x1)2014cosx，则f (x)2014(x1)2013cosx(x1)2014sinx(x1)20132014cosx(x1)sinx，当x1时，f (x)0；当1x0，此时函数f(x
3、)在x1处取得极小值，故选C2(2014四川内江三模)已知函数f(x)x3x2cxd有极值，则c的取值范围为()Ac答案A解析由题意可知f (x)x2xc0有两个不同的实根，所以14c0c.3(2014福建福州质检)已知f(x)x36x29xabc，ab0；f(0)f(1)0；f(0)f(3)0.其中正确结论的序号是()ABCD答案C解析f (x)3x212x93(x1)(x3)，由f (x)0，得1x0，得x3，f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(，1)，(3，)上是增函数又ab0，y极小值f(3)abc0.0abc4.a，b，c均大于零，或者a0，b0.又x1，x3为函数f(x)的
4、极值点，后一种情况不可能成立，如图f(0)0.f(0)f(1)0.正确结论的序号是.4(2014内蒙古鄂尔多斯模拟)已知a0，函数f(x)(x22ax)ex，若f(x)在1,1上是单调减函数，则a的取值范围是()A0aBaCaD0a0得x2，由f (x)0得1x2，所以函数f(x)在(，1)，(2，)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)、f(2)，欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)0或f(2)0，解得a5或a4，而选项中只给出了一个值4，所以选A6(文)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
5、图所示，则函数f(x)在(a，b)内的极大值点有()A1个B2个C3个D4个答案B解析由导函数的图象知，f(x)在(a，b)内变化情况为增减增减，故有两个极大值点(理)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f (x)，且函数y(1x)f (x)的图象如下图所示，则下列结论中一定成立的是()A函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)C函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)D函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)答案D解析当x3，则f (x)0；当2x1时，01x3，则f (x)0；函数f(x)有极大值f(2)，当1x2时，11x0，则f
6、 (x)2时，1x0，函数f(x)有极小值f(2)，故选D二、填空题7(文)(2014山东青岛模拟)已知函数f(x)ex2xa有零点，则a的取值范围是_答案(，2ln22解析由原函数有零点，可转化为方程ex2xa0有解，即方程a2xex有解令函数g(x)2xex，则g(x)2ex.令g(x)0，得xln2，g(x)ln2.所以g(x)在(，ln2)上是增函数，在(ln2，)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln2)2ln22.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a的取值范围为(，2ln22(理)(2014江西九江二模)已知函数f(x)x3ax24在x2处取得极值，若m、n1,1，
7、则f(m)f (n)的最小值是_答案13解析求导得f (x)3x22ax，由函数f(x)在x2处取得极值知f (2)0，即342a20，a3.由此可得f(x)x33x24，f (x)3x26x，易知f(x)在(1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，当m1,1时，f(m)minf(0)4.又f (x)3x26x的图象开口向下，且对称轴为x1，当n1，1时，f (n)minf (1)9.故f(m)f (n)的最小值为13.8(文)函数f(x)x33x29x的单调减区间为_答案3,1解析f (x)3x26x9，由f (x)0得3x1，f(x)的单调减区间为3,1(理)已知函数f(x)mx3nx
8、2的图象在点(1,2)处的切线恰好与直线3xy0平行，若f(x)在区间t，t1上单调递减，则实数t的取值范围是_答案2，1解析由题意知，点(1,2)在函数f(x)的图象上，故mn2又f (x)3mx22nx，由条件知f (1)3，故3m2n3联立解得：m1，n3，即f(x)x33x2，令f (x)3x26x0，解得2x0，则t，t12,0，故t2且t10，所以t2，1点评f(x)在区间t，t1上单调递减，故t，t1是f(x)的减区间的子集9已知f(x)2x36x2m(m为常数)在2,2上有最大值为3，那么此函数在2,2上的最小值为_答案37解析f (x)6x212x，由f (x)0得x0或x2
9、，当x2时，f (x)0，当0x2时，f (x)1即a2时，函数f(x)在(，1)上为增函数，在(1，a1)上为减函数，在(a1，)上为增函数依题意当x(1,4)时，f (x)0.所以4a16，解得5a7.所以a的取值范围为5,7(理)已知f(x)ax32ax2b(a0)(1)求出f(x)的极值；(2)若f(x)在区间2,1上最大值是5，最小值是11，求f(x)的解析式解析(1)f (x)3ax24ax，令f (x)0x0或x.当a0时，x(，0)0(0，)(，)y00y增函数极大值减函数极小值增函数所以当x0时，y取得极大值b，当x时，y取得极小值ba，同理当a0时，f(x)在2,0)上单调
10、递增，在(0,1上单调递减，所以f(x)maxf(0)b5.又f(2)b16af(1)ba，所以b16a11，a1.当af(1)ba，所以b16a5，a1.综上，f(x)x32x25或f(x)x32x211.一、选择题11(文)已知实数a、b、c、d成等比数列，且曲线y3xx3的极大值点坐标为(b，c)，则ad等于()A2B1C1D2答案A解析a、b、c、d成等比数列，adbc，又(b，c)为函数y3xx3的极大值点，c3bb3，且033b2，或ad2.(理)已知函数f(x)ax21的图象在点A(1，f(1)处的切线l与直线8xy20平行，若数列的前n项和为Sn，则S2010的值为()ABCD
11、答案D解析f (x)2ax，f(x)在点A处的切线斜率为f (1)2a，由条件知2a8，a4，f(x)4x21，数列的前n项和Sn，S2010.12(文)(2014福建漳州质检)已知f(x)为R上的可导函数，且xR，均有f(x)f (x)，则以下判断正确的是()Af(2013)e2013f(0)Bf(2013)f (x)，g(x)0，即函数g(x)在R上递减，g(2013)g(0)，f(2013)0，f(2x)f(x)e22x，则下列判断一定正确的是()Af(1)ef(0)Cf(3)e3f(0)Df(4)e4f(0)答案C解析令F(x)f(x)ex，则F(x)exf (x)f(x)，当x1时，
12、由条件知f (x)f(x)0，F(x)F(1)F(0)，即f(2)e2f(1)ef(0)，又f(4)f(2)e6，f(3)f(1)e4，所以f(4)f(0)e4，f(3)f(0)e3，故选C13(文)函数f(x)的定义域是R，f(0)2，对任意xR，f(x)f (x)1，则不等式exf(x)ex1的解集为()Ax|x0Bx|x0Cx|x1Dx|x1，或0xexex0，所以g(x)exf(x)ex为R上的增函数又g(0)e0f(0)e01，所以原不等式转化为g(x)g(0)，解得x0.(理)(2014吉林长春二调)设函数f(x)是定义在(，0)上的可导函数，其导函数为f (x)，且有2f(x)x
13、f (x)x2，则不等式(x2014)2f(x2014)4f(2)0的解集为()A(，2012)B(2012,0)C(，2016)D(2016,0)答案C解析由2f(x)xf (x)x2，x0，得2xf(x)x2f (x)x3，即x2f(x)x30，令F(x)x2f(x)，则当x0时，F(x)0，即F(2014x)F(2)又F(x)在(，0)上是减函数，所以2014x2，即x2时，对任意的x2且xa，恒有f(x)f(a)f (a)(xa)；函数f(x)有且只有一个零点其中真命题的个数为()A1个B2个C3个D4个答案C解析f (x)3x24x4(3x2)(x2)，可得f(x)在(，)上为增函数
14、，在(，2)上为减函数，在(2，)上为增函数，故错误；f(x)极小值f(2)15，故正确；在(2，)上，f(x)为“下凸”函数，又a2，xa，当xa时，有f (a)恒成立；当xa时，有f(a)f (a)(xa)，故正确；f(x)极大值f()0)，当m0时，f (x)0，f(x)在区间1，e上为增函数，f(x)有最小值f(1)m4，得m4，与m0矛盾当m0时，若m1，f(x)minf(1)m4，得m4，与m1矛盾；若m1，e，即em1，f(x)minf(m)ln(m)14，解得me3，与em1矛盾；若me，即m0，则g(x)是增函数，所以g(x)不可能是周期函数，所以不正确；若g(x)x2，则f
15、(x)x是单调函数，但g(x)不是单调函数，所以不正确综上可知，正确三、解答题17设函数f(x)x33axb(a0)(1)若曲线yf(x)在点(2，f(2)处与直线y8相切，求a、b的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值点解析(1)f (x)3x23a.因为曲线yf(x)在点(2，f(2)处与直线y8相切，所以即解得a4，b24.(2)f (x)3(x2a)(a0)当a0，函数f(x)在(，)上单调递增；此时函数f(x)没有极值点当a0时，由f (x)0得x.当x(，)时，f (x)0，函数f(x)单调递增；当x(，)时，f (x)0，函数f(x)单调递增f(x)的单调增区间为(，)和(，
16、)，单调减区间为(，)故x是f(x)的极大值点，x是f(x)的极小值点18(文)(2014陕西西安模拟)已知函数f(x)(a0，aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a1时，若对任意x1，x23，)，有f(x1)f(x2)m成立，求实数m的最小值解析f (x).令f (x)0，解得xa或x3a.(1)当a0时，f (x)，f(x)随着x的变化如下表：x(，3a)3a(3a，a)a(a，)f (x)00f(x)极小值极大值函数f(x)的单调递增区间是(3a，a)，函数f(x)的单调递减区间是(，3a)，(a，)当a1时，f(x)0，所以f(x)在3，)上的最小值为f(3)，最大值为f(1
17、).所以对任意x1，x23，)，f(x1)f(x2)f(1)f(3).所以对任意x1，x23，)，使f(x1)f(x2)m恒成立的实数m的最小值为.(理)(2014哈三中二模)已知函数f(x)(axa2)ex(其中aR)(1)求f(x)在0,2上的最大值；(2)若函数g(x)a2x213ax30，求a所能取到的最大正整数，使对任意x0，都有2f(x)g(x)恒成立解析(1)f(x)(axa2)ex，f(x)(ax2)ex，当a0时，f(x)在0,2上恒正，f(x)单调递增，最大值为f(2)(a2)e2，当a0时，令f(x)0，得x.所以当1a0时，仍有f(x)在0,2上为增函数，最大值为f(2
18、)(a2)e2当aax15即可，记h(x)2exax15，则h(x) 2exa，故h(x)在(0，ln)上单调递减，在(ln，)上单调递增，则h(x)minaaln15.记k(x)xxln15，则k(x)ln，故k(x)在(0,2)上单调递增，在(2，)上单调递减，在(2，)上取2e2，有k(2e2)152e20，又k(15)15(2ln)0，有2f(x)g(x)恒成立，当a15时h(x)ming(x)恒成立，所以a所能取到的最大正整数为14.点评构造是应用导数解决函数问题中的基本手段，在解题过程中可以根据需要构造函数，研究新函数的性质达到解决原问题的目的练一练(2014长春市三调)已知函数
19、f(x)2ex(xa)23，aR.(1)若函数yf(x)的图象在x0处的切线与x轴平行，求 a的值；(2)若x 0，f(x)0恒成立，求a的取值范围解析(1)f(x)2(exxa)，因为yf(x)在x0处切线与x轴平行，即在x0切线斜率为0即f(0)2(a1)0，a1.(2)f(x)2(exxa)，令g(x)2(exxa)，x0，g(x)2(ex1)0， 所以g(x)2(exxa)在0，)内单调递增，g(0)2(1a)，()当2(1a)0即a1时，f(x)2(exxa)f(0)0，f(x)在0，)内单调递增，要想f(x)0只需要f(0)5a20，解得a，从而1a.()当2(1a)0即a0解得x
20、x0，令f(x)0解得0xx0，从而对于f(x)在xx0处取最小值，f(x0)2ex0(x0a)23，又x0ex0a，f(x0)2ex0(ex0)23(ex01)(ex03)，从而应有f(x0)0，即ex030，解得0x0ln3，由ex0x0a可得ax0ex0，有ln33a2.解析(1)a2，b3，F(x)x3.F(x)10x1，当x(0,1)时，F(x)0，函数F(x)在(0,1)上单调递增；当x(1，)时，F(x)0，函数F(x)在(1，)上单调递减，F(x)maxF(1)2.(2)不妨设x1x2，要证(x1x2)g(x1x2)2，只需证(x1x2)a(x1x2)b2，a(x1x2)ba(xx)b(x2x1)axbx2(axbx1)(x1，y1)，(x2，y2)是l与C的交点， ax1b，ax2b.lnx2lnx1，即ln，(x2x1)ln2(x2x1)令H(x)(xx1)ln2(xx1)，x(x1，)，只需证H(x)(xx1)ln2(xx1)0，H(x)ln1.令G(x)ln1，则G(x)0，G(x)在x(x1，)上单调递增G(x)G(x1)0，H(x)0，H(x)在x(x1，)上单调递增H(x)H(x1)0，H(x)(xx1)ln2(xx1)0，(x1x2)g(x1x2)2.- 14 -