导数及其应用+3-2-2答案.docx

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(时间:35分钟)
1.(2018·南昌模拟)已知函数f(x)=(2x-x2)ex,则( )
(2)是f(x)的极大值也是最大值
(2)是f(x)的极大值但不是最大值
(-2)是f(x)的极小值也是最小值
(x)没有最大值也没有最小值
【分析】
由题意得
f
′( )=(2-2
x
)ex+(2
x
-
x
2)ex=(2-
x
2)ex,当-
2<
<
2时,
x
x
f′(x)>0,函数f(x)单一递加;当x<-2或x>
2时,f′(x)<0,函数f(x)单一递减,
因此f(x)在x=2处获得极大值f(2)=2(
2-1)e
2>0,在x=-2处获得极小值
f(-
2)=2(-
2-1)e-2<0,又当x<0
时,f
(x)=(2x-x2)ex<0,因此f(
2)是f(x)的极
大值也是最大值.
【答案】A
2.(2018·岳阳一模)以下函数中,既是奇函数又存在极值的是( )
=x3
=ln(-x)
-x
2
=xe
D
.y=x+x
【分析】由题可知,B,C选项中的函数不是奇函数,
A选项中,函数y=x3单一递加(无
极值),而D选项中的函数既为奇函数又存在极值.
【答案】D
(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数f(x)在x=-2处获得极小值,
则函数
y
=
xf
′( )的图象可能是( )
x
【分析】
由函数f(x)在
x=-2处获得极小值,可得f′(-2)=0,且当
x∈(a,-2)(a
<-2)时,
f
(
x
)单一递减,即
f
′(
x
)<0;当
x
∈(-2,)(
b
>-2)时,
f
(
)单一递加,即
b
x
f′(x)>0.
因此函数
y=xf′(x)在区间(a,-2)(
a<-2)内的函数值为正,在区间
(-2,b)(-2
<b<0)内的函数值为负,由此可清除选项
A,B,D.
【答案】C
(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,则f(2)等于(
)

B
.11

D
.17或18
【分析】
∵函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,
f(1)=10,且f′(1)=0,
1+a+b+a2=10,
a=-3,
a=4,
即
解得
或
3+2a+b=0,
b=3
b=-11.
a=-3,
而当时,函数在x=1处无极值,故舍去.
b=3
f(x)=x3+4x2-11x+16,
f(2)=18.
【答案】C
5.(2018·黑龙江大庆铁人中学期中
)若a>0,b>0,且函数
f(x)=4x3-ax2-bx+2
在x=1处有极值,则
ab的最大值等于(
)

B
.8

D
.18
【分析】
因为
f
(
)=43-
ax
2-
bx
+2,因此
f
′( )=12
x
2-2
ax
-
.因为函数
f
(
x
)在
x
x
x
b
x=1处有极值,因此
f′(1)=0,即12-2a-b=0,2a+b=>0,b>0,因此ab
1
12a+b2
=2·2a·b≤22
=18,当且仅当
2a=b=6,即a=3,b=6时取等号,因此
ab的最
.
【答案】D
x3
2
(x)=3+x-3x-4
在上的最小值是________.
【分析】
f′(x)=x2+2x-3,f′(x)=0,x∈,
得x=1.
比较f(0)
=-4,f
17
(1)=-
,
3
f(2)=-
10
17
3,可知最小值为-
3.
17
【答案】-3
∈R,若函数y=ex+ax有大于零的极值点,则实数
a的取值范围是________.
【分析】
∵y=ex+ax,∴y′=ex+a.
∵函数y=ex+ax有大于零的极值点,
则方程y′=ex+a=0有大于零的解,
∵x>0时,-ex<-1,∴a=-ex<-1.
【答案】(-∞,-1)
x3-3x,x≤a,
8.(2018·北京)设函数f(x)=
2x,x>a.
若a=0,则f(x)的最大值为________;
若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是________.
3-3x,x≤0,
【分析】(1)
若
=0,则
f
(
x
)=
当>0
时,
(
x
)=-2
x
<0;当
x
≤0
a
x
f
-2x,x>0.
时,f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),当x<-1
时,f′(x)>0,f(x)是增函数,当-
1<
x<0时,f′(x)<0,f(x)是减函数,∴f(x)≤f(-1)
=2.
∴f(x)的最大值为2.
(2)在同一平面直角坐标系中画出
=-2
x
和
y
=
3-3
x
的图象,以下图,当
a
<-1
y
x
时,f(x)无最大值;当-1≤a≤2时,f(x)max=2;当a>2时,f(x)max=a3-3a.
综上,当a∈(-∞,-1)时,f(x)无最大值.
【答案】(1)2
(2)(-∞,-1)
9.(2018·济宁模拟节选)已知函数f(x)=
1+ln
x
kx
(k≠0).求函数f(x)的极值.
【分析】f(x)=
1+lnx
,其定义域为(0,+∞),
kx
ln
x
则f′(x)=-kx2.
令f′(x)=0,得x=1,
当k>0时,若0<x<1,则f′(x)>0;
若x>1,则f′(x)<0,
∴f(x)在(0,1)上单一递加,在(1,+∞)上单一递减,即当
x=1
时,函数f(x)获得
1
极大值k.
当k<0时,若0<x<1,则f′(x)<0;
若
x
>1,则
′( )>0,
fx
∴f(x)在(0,1)上单一递减,在(1,+∞)上单一递加,即当
x=1
时,函数f(x)获得
1
极小值k.
(x)=(x-k)ex.
求f(x)的单一区间;
求f(x)在区间上的最小值.
【分析】(1)由题意知f′(x)=(x-k+1)ex.
令f′(x)=0,得x=k-1.
f(x)与f′(x)随x的变化状况以下表:
x
(-∞,k-1)
k-1
(k-1,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
-e
k-1
因此,f(x)的单一递减区间是(-∞,k-1);单一递加区间是(k-1,+∞).
当k-1≤0,即k≤1时,f(x)在上单一递加,
因此f(x)在区间上的最小值为f
(0)=-k;
当0<k-1<1,即1<k<2时,
f
(
x
)在上单一递减,在上单一递加,因此
f
(
)在区间上的最小值为
f
(
-1)=-ek-1;
x
k
当k-1≥1,即k≥2
时,f(x)在上单一递减,
因此f(x)在区间上的最小值为f
(1)=(1-k)e.
综上,当
k
≤1时,
f
(
x
)在上的最小值为
f
(0)=-;当1<<2
时,
f
(
x
)在上的最小
k
k
值为f(k-1)=-ek-1;
当k≥2时,f(x)在上的最小值为
f(1)=(1-k)e.
B组
专项能力提高
(时间:30分钟)
11.(2018·山东威海模拟)设f′(x)为函数f(x)的导函数,已知x2f′(x)+xf(x)=ln
x,f(e)
1
)
=,则以下结论正确的选项是(
e
(x)在(0,+∞)上单一递加
(x)在(0,+∞)上单一递减
(x)在(0,+∞)上有极大值
(x)在(0,+∞)上有极小值
【分析】由x2f′(x)+xf(x)=lnx,得xf′(x)+f(x)=lnx
x,进而′=(x)
=xf(x),则f(x)=
g(x)
xg′(x)-g(x)ln
x-g(x)
,令h(x)=lnx
x
,∴f′(x)=
x
2
=
x
2
1
1ln
x
1-ln
x
-g(x),则h′(x)=x-g′(x)=x-x=
x
(x>0).令h′(x)>0,即1-lnx>0,
解得0<
<e,此时
(
)为增函数;令
′( )<0,即1-ln
x
<0,解得
x
>e,此时
(
x
)
x
hx
h
x
h

f
(e)=
1
,得
g
(e)=e(e)=1.∴(
x
)在(0,+∞)
上有极大值
(e)=lne
-
e
f
h
h
g(e)=1-1=0,也是最大值,∴
h(x)≤0,即f′(x)≤0,当且仅当
x=e时,f′(x)=0.
f(x)在(0,+∞).【答案】B
=f(x)的导函数y=f′(x)的图象以下图,则y=f(x)的图象可能为
( )
【分析】
依据
f
′( )的符号,
f
(
x
)图象应当是先降落后上涨,最后降落,清除
A、D;
x
从合适f′(x)=0的点能够清除B.
【答案】C
(x)=x3-3ax+b(a>0)的极大值为
6,极小值为
2,则f(x)的单一递减区间
是________.
【分析】
令
f
′( )=32-3
a
=0,得
x
=±
,
xx
a
则f(x),f′(x)随x的变化状况以下表:
x
(
-∞,-
a)
-
a
(
-
aa)
a
(a
,+∞
)
,
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
极大值
极小值
(-a)3-3a(-a)+b=6,
进而
(a)3-3aa+b=2,
a=1,
解得
b=4.
因此f(x)的单一递减区间是
(-1,1).
【答案】(-1,1)
14.(2018·辽宁鞍山一中二模
3
2
)已知函数f(x)=x+mx+(m+6)x+1既存在极大值又
存在极小值,则实数
m的取值范围是________.
【分析】因为
f
′( )=3
2+2
+(
+6),因此
=42-4×3(
+6)>0,解得
>6
xx
mx
m
m
m
m
或m<-3,因此实数m的取值范围是(-∞,-3)∪(6,+∞).
【答案】(-∞,-3)∪(6,+∞)
ex
(x)=1+ax2,此中a为正实数.
4
当a=3时,求f(x)的极值点;
(2)若f(x)为R上的单一函数,求
a的取值范围.
【分析】
对
f
(
)求导得
x
1+ax2-2ax
′( )=e
·
2
2.①
x
fx
(1+ax)
4
2
(1)当a=3时,若f′(x)=0,则4x
-8x+3=0,
1
3
2
1
解得x=2,x
=①,可知
x
1
1
1
3
3
3
-∞,2
2
2,2
2
2,+∞
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
极大值
极小值
因此x1=3是极小值点,x2=1是极大值点.
2
2
(2)若
f
(
x
)为R上的单一函数,则
′( )在R上不变号,联合①与条件
>0,知
ax
2
fx
a
-2ax+1≥0
在R上恒建立,即
=4a2-4a=4a(a-1)≤0,由此并联合
a>0,知0<a≤
因此a的取值范围为{a|0<a≤1}.
16.(2018·烟台模拟)已知函数f(x)=ax-2x(a>0,且a≠1).
当a=2时,求曲线f(x)在点P(2,f(2))处的切线方程;
若f(x)的值恒非负,试求a的取值范围;
若函数f(x)存在极小值g(a),求g(a)的最大值.【分析】(1)当a=2时,f(x)=2x-2x,
因此f′(x)=2xln2-2,因此f′(2)=4ln2-2,
又f(2)=0,因此所求切线方程为y=(4ln2-2)(x-2).
当x≤0时,f(x)≥0恒建立;
当x>0时,若0<a<1,则x>1时,
f(x)<1-2<0,与题意矛盾,故a>1.
由f(x)≥0知ax≥2x,因此xlna≥ln(2x),
因此ln
≥ln(2x).
a
x
1
ln(2)
2x×2×x-ln(2x)
1-ln(2)
令g(x)=
x
=
x
,令g′(x)=0,
x
,则g′(x)=
x
2
x
2
e
则x=,
2
e
e
且0<x<2时,
g′(x)>0,x>2时,g′(x)<0,
e
lne
2
则g(x)max=g2
=e
=e,
2
2
2
2
因此ln
a≥e,a≥ee,即a的取值范围为[ee,+∞).
f′(x)=axlna-2,
①当0<a<1时,ax>0,lna<0,则f′(x)<0,
因此f(x)在R上为减函数,f(x)无极小值.
②当>1时,设方程
f
′( )=0的根为
t
,得
t=
2
,
a
x
a
a
ln
ln
2
2
ln
a
即t=logaln
a=ln
a
,
因此f(x)在(-∞,t)上为减函数,在(t,+∞)上为增函数,因此f(x)的极小值为f(t)
2
=at-2t=
2
-2lnlna
,
ln
a
ln
a
ln
2
2
ln
a
2
即
g
(
)=
-2
a
>1,因此
>0.
,又
a
lna
ln
a
lna
1
设h(x)=x-xlnx,x
>0,则h′(x)=1-ln
x-x·x=-ln
x,
令h′(x)=0,得x=1,
因此h(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+∞)上为减函数,
因此h(x)的最大值为h(1)=1,
即g(a)的最大值为1,此时a=e2.