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专题一 第五讲 战考场



一、选择题 1.[理]设 a 为实数,函数 f(x)=x3+ax2+(a-2)x 的导函数是 f′(x),且 f′(x)是偶函 数,则曲线 y=f(x)在原点处的切线方程为( A.y=-2x C.y=-3x )

B.y=3x D.y=4x

解析:由已知得 f′(x)=3x2+2ax+a-2,因为 f′(x)是偶函数,所以 a=0,即 f

′(x) =3x2-2,从而 f′(0)=-2,所以曲线 y=f(x)在原点处的切线方程为 y=-2x. 答案:A x3 [文]函数 f(x)= +x2-3x-4 在[0,2]上最小值是( 3 A.- 17 3 B.- 10 3 64 3 17 10 ,f(2)=- .可知最小 3 3 )

C.-4

D.-

解析:f′(x)=0,x∈[0,2]只有 x=1.比较 f(0)=-4,f(1)=- 17 值为- . 3 答案:A

2.[理]已知函数 f(x)的导函数为 f′(x),且满足 f(x)=2xf′(1)+lnx,则 f′(1)=( A.-e C.1 B.-1 D.e

)

1 解析:f′(x)=2f′(1)+x,令 x=1,得 f′(1)=2f′(1)+1,∴f′(1)=-1. 答案:B [文](2011· 山西四校联考)曲线 y=ax2-ax+1(a≠0)在点(0,1)处的切线与直线 2x+y+1 =0 垂直,则 a=( 1 A. 2 1 C. 3 ) B.- 1 2 1 3

D.-

1 1 1 解析:依题意得切线的斜率是 ,因为 y′=2ax-a,所以 2a×0-a= ,a=- . 2 2 2 答案:B 3.[理]函数 f(x)=3x2+lnx-2x 的极值点的个数是( )

A.0 C.2

B.1 D.无数个

解析:函数定义域为(0,+∞), 6x2-2x+1 1 且 f′(x)=6x+x-2= , x 由于 x>0,g(x)=6x2-2x+1 中 Δ=-20<0, ∴g(x)>0 恒成立,故 f′(x)>0 恒成立, 即 f(x)在定义域上单调递增,无极值点. 答案:A [文]设 a 为实数,函数 f(x)=x3+ax2+(a-2)x 的导函数是 f′(x),且 f′(x)是偶函数, 则曲线 y=f(x)在原点处的切线方程为( A.y=-2x C.y=-3x ) B.y=3x D.y=4x

解析:由已知得 f′(x)=3x2+2ax+a-2,因为 f′(x)是偶函数,所以 a=0,即 f′(x) =3x2-2,从而 f′(0)=-2,所以曲线 y=f(x)在原点处的切线方程为 y=-2x. 答案:A 4.[理](2011· 浙江高考)设函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若 x=-1 为函数 f(x)ex 的一个极值点,则下列图像不可能为 y=f(x)图像的是( )

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; b 选项 C 中,对称轴 x=- >0,且开口向下, 2a ∴a<0,b>0.∴f(-1)=2a-b<0.也满足条件; b 选项 D 中,对称轴 x=- <-1,且开口向上, 2a ∴a>0,b>2a.∴f(-1)=2a-b<0.与图矛盾. 答案:D [文]函数 y=x3-2ax+a 在(0,1)内有极小值,则实数 a 的取值范围是( )

A.(0,3) C.(0,+∞)

B.(-∞,3) 3 D.(0, ) 2

解析:y′=3x2-2a.∵函数在区间(0,1)内有极小值, ∴0< 答案:D 二、填空题 5.[理](2011· 北京海淀)已知函数 f(x)=xex,则 f′(x)=__________;函数 f(x)的图像在 点(0,f(0))处的切线方程为__________. 解析:∵f′(x)=1· ex+x· ex=(1+x)ex;f′(0)=1,f(0)=0,因此 f(x)在点(0,f(0))处的 切线方程为 y-0=x-0,即 y=x. 答案:(1+x)ex y=x 2a 3 <1,即 0<a< . 3 2

[文](2011· 济南调研)曲线 y=x3 在点(1,1)处的切线与 x 轴及直线 x=1 所围成的三角形的 面积为________. 解析:求导得 y′=3x2,所以 y′=3x2|x=1=3,所以曲线 y=x3 在点(1,1)处的切线方程 2 为 y-1=3(x-1),结合图像易知所围成的三角形是直角三角形,三个交点的坐标分别是( , 3 1 2 1 0),(1,0),(1,1),于是三角形的面积为 ×(1- )×1= . 2 3 6 答案: 1 6

1 6.[理]已知函数 f(x)= mx2+lnx-2x 在定义域内是增函数,则实数 m 的取值范围为 2 ____________. 1 解析:f′(x)=mx+x-2≥0 对一切 x>0 恒成立, 1 2 1 2 m≥-(x)2+x,令 g(x)=-(x)2+x, 1 则当x=1 时,函数 g(x)取得最大值 1,故 m≥1. 答案:[1,+∞) [文]已知曲线 C:f(x)=x3-ax+a.若 f(x)在区间[1,2]上是增函数,则实数 a 的取值范围 为________. 解析:函数 f(x)的导数为 f′(x)=3x2-a, 由题意可知 f′(x)≥0 对于 x∈[1,2]恒成立, 即 a≤3x2 对于 x∈[1,2]恒成立, 可得 a≤3.

答案:(-∞,3] 7.已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx,其导函数 y=f′(x)的图像经过点 (1,0),(2,0),如图所示,则下列说法中不 正确的是________. . 3 ①当 x= 时函数取得极小值; 2 ②f(x)有两个极值点; ③当 x=2 时函数取得极小值; ④当 x=1 时函数取得极大值. 解析:从图像上可以看到:当 x∈(0,1)时,f′(x)>0;当 x∈(1,2)时,f′(x)<0;当 x ∈(2,+∞)时,f′(x)>0,所以 f(x)有两个极值点 1 和 2,且当 x=2 时函数取得极小值, 当 x=1 时函数取得极大值.只有①不正确. 答案:① 三、解答题 3 8.已知函数 f(x)=ax3-3x2+1-a(a∈R 且 a≠0),试求函数 f(x)的极大值与极小值. 2 解:由题设知 a≠0,f′(x)=3ax2-6x=3ax(x- ). a 2 令 f′(x)=0,解之得 x=0 或 x=a. 当 a>0 时,随 x 的变化,f′(x)与 f(x)的变化情况如下: x f′(x) f(x) (-∞,0) + 0 0 极大值 2 (0, ) a - 2 a 0 极小值 2 ( ,+∞) a +

3 ∴f(x)极大值=f(0)=1- , a 2 4 3 f(x)极小值=f(a)=- 2-a+1. a 当 a<0 时,随 x 的变化,f′(x)与 f(x)的变化情况如下: x f′(x) f(x) 2 (-∞,a) - 2 a 0 极小值 2 (a,0) + 0 0 极大值 (0,+∞) -

3 ∴f(x)极大值=f(0)=1-a,

2 4 3 f(x)极小值=f( )=- 2- +1. a a a 3 综上,当 a∈R,且 a≠0 时,f(x)极大值=f(0)=1-a, 2 4 3 f(x)极小值=f(a)=- 2-a+1. a 9.[理]已知函数 f(x)=-x3+ax2+bx+c 在(-∞,0)上是减函数,在(0,1)上是增函数, 函数 f(x)的图像与 x 轴有三个交点,且(1,0)是其中一个交点. (1)求 b 的值; (2)求 f(2)的取值范围. 解:(1)∵f(x)=-x3+ax2+bx+c, ∴f′(x)=-3x2+2ax+b. ∵f(x)在(-∞,0)上是减函数,在(0,1)上是增函数, ∴当 x=0 时,f(x)取到极小值, 即 f′(0)=0.∴b=0. (2)由(1)知,f(x)=-x3+ax2+c, ∵(1,0)是函数 f(x)与 x 轴的一个交点,即 f(1)=0, ∴c=1-a. ∵f′(x)=-3x2+2ax=0 的两个根分别为 x1=0, x2= 2a . 3 2a 3 >1,即 a> . 3 2

∵f(x)在(0,1)上是增函数,且函数 f(x)在 R 上有三个零点,∴x2= 5 ∴f(2)=-8+4a+(1-a)=3a-7>- . 2 5 - ,+∞?. 故 f(2)的取值范围为? ? 2 ? 1 [文]已知函数 f(x)= x3-ax2+(a2-1)x+b(a,b∈R). 3 (1)若 x=1 为 f(x)的极值点,求 a 的值;

(2)若 y=f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线方程为 x+y-3=0,求 f(x)在区间[-2,4]上 的最大值. 解:(1)f′(x)=x2-2ax+a2-1, ∵x=1 是 f(x)的极值点, ∴f′(1)=0,即 a2-2a=0,解得 a=0 或 2. (2)∵(1,f(1))在 x+y-3=0 上. ∴f(1)=2.

∵(1,2)在 y=f(x)的图像上, 1 ∴2= -a+a2-1+b. 3 又 f′(1)=-1,∴1-2a+a2-1=-1. 8 ∴a2-2a+1=0,解得 a=1,b= , 3 1 8 ∴f(x)= x3-x2+ ,f′(x)=x2-2x. 3 3 由 f′(x)=0 可知 x=0 和 x=2 是 f(x)的极值点. 8 4 ∵f(0)= ,f(2)= ,f(-2)=-4,f(4)=8, 3 3 ∴f(x)在区间[-2,4]上的最大值为 8. 10.[理](2011· 辽宁协作体)已知 f(x)=xlnx. (1)求 g(x)= f?x?+k x (k∈R)的单调区间; x2-1 恒成立. 2

(2)证明:当 x≥1 时,2x-e≤f(x)≤ k 解:(1)g(x)=lnx+ , x ∴令 g′(x)= ∵x>0, ∴k≤0 时,g′(x)>0, x-k =0 得 x=k. x2

∴函数 g(x)的增区间为(0,+∞),无减区间; 当 k>0 时 g′(x)>0 得 x>k;g′(x)<0 得 0<x<k, ∴增区间为(k,+∞),减区间为(0,k). (2)证明:设 h(x)=xlnx-2x+e(x≥1), 令 h′(x)=lnx-1=0 得 x=e, 列表分析函数 h(x)的单调性如下: x h′(x) h(x) e-2 1 (1,e) - e 0 0 (e,+∞) +

∴h(x)≥0.∴f(x)≥2x-e. x2-1 设 G(x)=lnx- (x≥1),则 2x -?x-1? 1 1 1 G′(x)=x- (1+ 2)= ≤0, 2 x 2x2
2

当且仅当 x=1 时,G′(x)=0. ∴G(x)为减函数,所以 G(x)≤G(1)=0, x2-1 x2-1 ∴lnx- ≤0,所以 xlnx≤ (x≥1)成立. 2x 2 x2-1 ∴f(x)≤ . 2 综上:当 x≥1 时,2x-e≤f(x)≤ x2-1 恒成立. 2

[文](2011· 北京东城区期末)已知函数 f(x)=x3+2x2+x. (1)求函数 f(x)的单调区间与极值; (2)若对于任意 x∈(0,+∞),f(x)≥ax2 恒成立,求实数 a 的取值范围. 解:(1)由 f(x)=x3+2x2+x, 可得 f′(x)=3x2+4x+1=(x+1)(3x+1). 1 令 f′(x)=0,解得 x1=-1,x2=- . 3 1 因为当 x<-1 或 x>- 时,f′(x)>0; 3 1 当-1<x<- 时,f′(x)<0, 3 1 所以 f(x)的单调递增区间是(-∞,-1)和(- ,+∞). 3 1 单调递减区间是(-1,- ). 3 1 4 又 f(-1)=0,f(- )=- , 3 27 所以当 x=-1 时,函数 f(x)有极大值 0; 1 4 当 x=- 时,函数 f(x)有极小值- . 3 27 (2)f(x)-ax2=x3+2x2+x-ax2=x[x2+(2-a)x+1]. 由已知 x[x2+(2-a)x+1]≥0 对于任意 x∈(0,+∞)恒成立, 所以 x2+(2-a)x+1≥0 对任意 x∈(0,+∞)恒成立, 1 即 a-2≤x+x 对于任意 x∈(0,+∞)恒成立. 1 因为 x>0,所以x+x≥2(当且仅当 x=1 时取“=”号). 1 所以x+x 的最小值为 2. 由 a-2≤2,得 a≤4, 所以 f(x)≥ax2 恒成立时,实数 a 的取值范围是(-∞,4].



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