2015年湖北高考数学复习：导数的概念

湖北2015年高考数学复习：导数的概念

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　　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Δ=4a2-4×3(a+6)>0，解得a<-3或a>6.

　　答案　B

　　3.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

　　4.设aR，函数f(x)=ex+a·e-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(　　)

　　A.ln2 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，a<0，b>0，f(-1)=2a-b<0，也满足条件;选项D中，对称轴x=-<-1，且开口向上，a>0，b>2a，f(-1)=2a-b<0，与图矛盾，故答案选D.

　　答案　D

　　6.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

　　7.函数f(x)=x2-2ln x的最小值为________.

　　解析　由f′(x)=2x-=0，得x2=1.又x>0，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

　　8.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Δ>0，即36a2-36(a+2)>0，

　　解得a<-1，或a>2.

　　答案　(-∞，-1)(2，+∞)

　　9.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+6x≤0，解得-2≤x≤0，

　　则[t，t+1][-2,0]，故t≥-2且t+1≤0，

　　所以t[-2，-1].

　　答案　[-2，-1]

　　10.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)=(a>0)，

　　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

　　11.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，a>0

　　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.

　　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].

　　13.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.

　　(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).

　　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.