高考数学人教版（理）一轮复习【配套word版文档】：第三篇第3讲导数的应用(二)

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1、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　A2．(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，

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　B3．(2013·抚顺质检)函数y＝的极小值为(　　)．A.B．0C.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　B4．(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

3、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＋3

4、bx＋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　46．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－＝>

5、0，∴f(x)在R上单调递增．又f(6－a2)>f(a)，∴6－a2>a，解之得－3

6、＋∞)．(2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当0＜k－1＜1，即1＜k＜2时，由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.8．(13分)(2011·福建)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)

7、与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中3

8、x－6)]＝30(x－4)(x－6)．于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(3,4)4(4,6)f′(x)＋0－f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点．所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.