【高考讲坛】2015届高三数学(理,山东版)一轮限时检测14 导数的应用(一)]

课时限时检测(十四)导数的应用(一) (时间：60分钟满分：80分)命题报告

1．(2012·辽宁高考)函数y＝1

2x

2－ln x的单调递减区间为()

A．(－1,1]B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)

【解析】由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y′＝x－1

x≤0，解

得0

2．函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝f(x) x在

区间(1，＋∞)上一定()

A．有最小值B．有最大值

C．是减函数D．是增函数

【解析】由函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，可得a

的取值范围为a＜1，又g(x)＝f(x)

x＝x＋

a

x－2a，则g′(x)＝1－

a

x2，

易知在x∈(1，＋∞)上g′(x)＞0，

所以g(x)为增函数．

【答案】 D

3．若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)内有极小值，则实数b的取值范围是()

A ．(0,1)

B ．(－∞，1)

C ．(0，＋∞)

D.? ??

??0，12 【解析】 f ′(x )＝3x 2－6b ，令f ′(x )＝0得x 2＝2b ， 由题意知0＜2b ＜1，∴0＜b ＜1

2，故选D. 【答案】 D

4．对于在R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －a )f ′(x )≥0，则必有( ) A ．f (x )≥f (a ) B ．f (x )≤f (a ) C ．f (x )＞f (a )

D ．f (x )＜f (a )

【解析】 由(x －a )f ′(x )≥0知，当x ＞a 时，f ′(x )≥0；当x ＜a 时，f ′(x )≤0. ∴当x ＝a 时，函数f (x )取得最小值，则f (x )≥f (a )． 【答案】 A 5．已知函数f (x )＝

2x ＋1

x 2＋2

，则下列选项正确的是( ) A ．函数f (x )有极小值f (－2)＝－1

2，极大值f (1)＝1 B ．函数f (x )有极大值f (－2)＝－1

2，极小值f (1)＝1 C ．函数f (x )有极小值f (－2)＝－1

2，无极大值 D ．函数f (x )有极大值f (1)＝1，无极小值

【解析】 由f ′(x )＝? ????

2x ＋1x 2＋2′＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2＝0，得x ＝－2或x ＝1，

当x ＜－2时，f ′(x )＜0，当－2＜x ＜1时，f ′(x )＞0，当x ＞1时，f ′(x )＜0，故x ＝－2是函数f (x )的极小值点，且f (－2)＝－1

2，x ＝1是函数f (x )的极大值点，且f (1)＝1.故选A.

【答案】 A 6．若函数f (x )＝x x 2＋a

(a ＞0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a 的值为( )

A.3

3 B. 3 C.3＋1

D.3－1

【解析】 f ′(x )＝x 2＋a －2x 2(x 2＋a )2＝a －x 2

(x 2＋a )2.

令f ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝－a (舍)，

①若a ≤1时，即0＜a ≤1时，在[1，＋∞)上f ′(x )＜0，f (x )max ＝f (1)＝11＋a

＝3

3.

解得a ＝3－1，符合题意．

②若a ＞1，即a ＞1，在[1，a ]上f ′(x )＞0，在[a ，＋∞)上f ′(x )＜0，∴f (x )max ＝f (a )＝a 2a ＝3

3，

解得a ＝3

4＜1，不符合题意，综上知，a ＝3－1. 【答案】 D

二、填空题(每小题5分，共15分)

7．函数f (x )＝x

ln x 的单调递减区间是________． 【解析】 f ′(x )＝

ln x －1

ln 2x

，令f ′(x )＜0得 ???

ln x －1＜0ln x ≠0

，∴0＜x ＜1或1＜x ＜e ， 故函数的单调递减区间是(0,1)和(1，e)． 【答案】 (0,1)，(1，e)

8．已知函数f (x )＝x 3＋3mx 2＋nx ＋m 2在x ＝－1时有极值0，则m ＋n ＝________.

【解析】 ∵f ′(x )＝3x 2＋6mx ＋n ， ∴由已知可得

???

f (－1)＝(－1)3＋3m (－1)2＋n (－1)＋m 2

＝0，f ′(－1)＝3×(－1)2

＋6m (－1)＋n ＝0，

∴??? m ＝1，n ＝3或???

m ＝2，n ＝9，

当??? m ＝1，n ＝3时，f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x ＋1)2≥0恒成立与x ＝－1是极值点矛盾，

当???

m ＝2，n ＝9时，f ′(x )＝3x 2＋12x ＋9＝3(x ＋1)(x ＋3)， 显然x ＝－1是极值点，符合题意，∴m ＋n ＝11. 【答案】 11

9．已知函数f (x )＝－1

2x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．

【解析】 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2

＋4x －3

x ＝－(x －1)(x －3)x

，由

f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t ＜1＜t ＋1或t ＜3＜t ＋1，得0＜t ＜1或2＜t ＜3.

【答案】 (0,1)∪(2,3)

三、解答题(本大题共3小题，共35分)

10．(10分)(2013·课标全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.

(1)求a ，b 的值；

(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值． 【解】 (1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4. 由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4.故b ＝4，a ＋b ＝8. 从而a ＝4，b ＝4.

(2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ， f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)? ?

???e x －12.

令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 2或x ＝－2.

从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )＜0.

故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调

递减．

当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)． 11．(12分)(2014·威海模拟)已知函数f (x )＝a ln x －x ＋a －1

x . (1)若a ＝4，求f (x )的极值；

(2)若f (x )在定义域内无极值，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)已知a ＝4，∴f (x )＝4ln x －x ＋3

x ，(x ＞0)

f ′(x )＝4x －1－3x 2＝－x 2

＋4x －3

x 2

，

令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝3. 当0＜x ＜1或x ＞3时，f ′(x )＜0， 当1＜x ＜3时，f ′(x )＞0， f (1)＝2，f (3)＝4ln 3－2，

∴f (x )取得极小值2，极大值4ln 3－2. (2)f (x )＝a ln x －x ＋a －1

x (x ＞0)，

f ′(x )＝a

x －1－a －1x 2＝－x 2＋ax －(a －1)x 2

，

f (x )在定义域内无极值，即f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在定义域上恒成立． 即方程f ′(x )＝0在(0，＋∞)上无变号零点． 设

g (x )＝－x 2＋ax －(a －1)，根据图象可得 Δ≤0或?????

Δ≥0a

2≤0

g (0)≤0

，解得a ＝2，

∴实数a 的取值范围为a ＝2.

12．(13分)(2014·济南四校联考)设函数f (x )＝ax －ln x ，g (x )＝e x －ax ，其中a 为正实数．

(1)若x ＝0是函数g (x )的极值点，讨论函数f (x )的单调性；

(2)若f (x )在(1，＋∞)上无最小值，且g (x )在(1，＋∞)上是单调增函数，求a 的取值范围；并由此判断曲线g (x )与曲线y ＝1

2ax 2－ax 在(1，＋∞)交点个数．

【解】(1)由g′(0)＝1－a＝0得a＝1，f(x)的定义域为：(0，＋∞)，

f′(x)＝1－1

x，函数f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)．

(2)由f′(x)＝a－1

x＝

ax－1

x，

若0＜a＜1则f(x)在(1，＋∞)上有最小值f(a)，

当a≥1时，f(x)在(1，＋∞)单调递增无最小值．

∵g(x)在(1，＋∞)上是单调增函数，∴g′(x)＝e x－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，

∴a≤e，

综上所述a的取值范围为[1，e]．

此时，g(x)＝1

2ax

2－ax即a＝

2e x

x2，令h(x)＝

2e x

x2?h′(x)＝

2e x(x－2)

x3.

则h(x)在(0,2)单减，在(2，＋∞)单增，

极小值为h(2)＝e2

2＞e.

故两曲线没有公共点．