《创新设计》2014届高考数学人教a版(理)一轮复习【配套word版文档】：第三篇第3讲导数的应用(二)-(9004)

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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A322．(2013·苏州一中月考)已知函数f(x)＝x＋ax＋(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．(－∞，－

2、1)∪(2，＋∞)2解析f′(x)＝3x＋2ax＋(a＋6)，因为函数有极大值和极小值，所以f′(x)＝2－4×3(a＋6)＞0，解得a＜－3或a＞ 0有两个不相等的实数根，所以Δ＝4a6.答案Bln2x3．(2013·抚顺质检)函数y＝的极小值为x()．A.422B．0C.eD．1e解析函数的定义域为(0，＋∞)，2lnx－ln－lnxlnx－22xy′＝2.2＝--**xx函数y′与y随x变化情况如下：x(0,1)1(1，e2)e2(e2，＋∞)y′－0＋0－第1页共8页--**y042eln2x

3、则当x＝1时函数y＝取到极小值0.x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

4、(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)3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图象在x＝1处的 5．已知函数y＝f(x)＝x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，2＋6a×2＋3b＝0，3×22＋6a＋3b＝－33×1?a＝－1，b＝0.∴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

5、知函数f(x)＝－x2＋6x＋e2－5e－2，x≤e，2＋6x＋e2－5e－2，x≤e，x－2lnx，x>e(其中e为自然对数的底数，--**2)>f(a)，则实数a的取值范围是________． 且e≈2.718)．若f(6－a－2x＋6，x≤e，解析∵f′(x)＝21－，x>e，x当x≤e时，f′(x)＝6－2x＝2(3－x)>0，第2页共8页--**x－222)>f(a)，当x>e时，f′(x)＝1－＝x>0，∴f(x)在R上单调递增．又f(6－ax2>a，解之得－3

6、3,2)三、解答题(共25分)7．(12分)(2011北·京)已知函数f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．x.解(1)f′(x)＝(x－k＋1)e令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)的情况如下：x(－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋k－1f(x)－e所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．(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)

7、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]k－1；上的最小值为f(k－1)＝－e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a位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，

8、其中x－33