2015年高考文科数学专题复习题：选修专题一第2讲 导数的综合应用

重点难点突破（选修模块）专题一导数及其应用第2讲导数的综合应用(建议用时：70分钟)一、选择题1．已知函数f(x)＝13x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是()．A.179，＋∞B.179，＋∞C．(－∞，2]D．(－∞，2)解析f′(x)＝x2－4x，由f′(x)0，得x4或x0.∴f(x)在(0,4)上递减，在(4，＋∞)上递增，∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4)．∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥179.答案A2．下面四个图象中，有一个是函数f(x)＝13x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R)的导函数y＝f′(x)图象，则f(－1)等于()．A.13B．－13C.73D．－13或53解析∵f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1，∴f′(x)的图象开口向上，则②，④排除．若图象不过原点，则f′(x)的图象为①，此时a＝0，f(－1)＝53；若图象过原点，则f′(x)的图象为③，此时a2－1＝0，又对称轴x＝－a0，∴a＝－1，∴f(－1)＝－13.答案D3．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)1，则不等式ex·f(x)ex＋1的解集为()．A.{}x|x0B.{}x|x0C.{}x|x－1，或x1D.{}x|x－1，或0x1解析构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－exex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数．又因为g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)g(0)，解得x0.答案A4．(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是()．A．∃x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)上单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0解析若c＝0，则有f(0)＝0，所以A正确．函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y＝x3＋nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，所以B正确；由三次函数的图象可知，若x0是f(x)的极小值点，则极大值点在x0的左侧，所以函数在区间(－∞，x0)单调递减是错误的，D正确．选C.答案C5．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的0ab，则必有()．A．af(b)≤bf(a)B．bf(a)≤af(b)C．af(a)≤f(b)D．bf(b)≤f(a)解析因为xf′(x)≤－f(x)，f(x)≥0，所以fxx′＝xf′x－fxx2≤－2fxx2≤0，则函数fxx在(0，＋∞)上单调递减．由于0ab，则faa≥fbb，即af(b)≤bf(a)．答案A6．(2013·辽宁卷)设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝exx，f(2)＝e28，则x＞0时，f(x)()．A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值C．既有极大值又有极小值D．既无极大值也无极小值解析由x2f′(x)＋2xf(x)＝exx，得f′(x)＝ex－2x2fxx3，令g(x)＝ex－2x2f(x)，x＞0，则g′(x)＝ex－2x2f′(x)－4xf(x)＝ex－2·exx＝x－2exx.令g′(x)＝0，得x＝2.当x＞2时，g′(x)＞0；0＜x＜2时，g′(x)＜0，∴g(x)在x＝2时有最小值g(2)＝e2－8f(2)＝0，从而当x＞0时，f′(x)≥0，则f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以函数f(x)无极大值，也无极小值．答案D7．(2013·湖北卷)已知a为常数，函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1x2)，则()．A．f(x1)0，f(x2)－12B．f(x1)0，f(x2)－12C．f(x1)0，f(x2)－12D．f(x1)0，f(x2)－12解析f′(x)＝lnx－2ax＋1，依题意知f′(x)＝0有两个不等实根x1，x2.即函数g(x)＝lnx＋1与函数h(x)＝2ax有两个不同交点x1，x2，如图由直线y＝x是曲线g(x)＝lnx＋1的切线，可知，02a1，且0x11x2.∴a∈0，12.由0x11，得f(x1)＝x1(lnx1－ax1)0，当x1xx2时，f′(x)0，当xx2时，f′(x)0，∴f(x2)f(1)＝－a－12，故选D.答案D8．(2013·安徽卷)若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有极值点x1，x2，且f(x1)＝x1，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数是()．A．3B．4C．5D．6解析因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2，可知关于导函数的方程f′(x)＝3x2＋2ax＋b有两个不等的实根x1，x2，则方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有两个不等的实根，即f(x)＝x1或f(x)＝x2，原方程根的个数就是这两个方程f(x)＝x1和f(x)＝x2的不等实根的个数之和，若x1x2，作y＝x1，y＝x2与f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有三个不同交点如图1.图1图2即方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有三个不同的实根．若x1x2，如图2同理方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有三个不同实根．答案A二、填空题9．(2014·温州模拟)关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________．解析由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，所以－a＞0，－4－a＜0，解得－4＜a＜0.答案(－4,0)10．若函数f(x)＝－12x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是______．解析对f(x)求导，得f′(x)＝－x＋4－3x＝－x2＋4x－3x＝－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，所以t1t＋1或t3t＋1，解得0t1或2t3.答案(0,1)∪(2,3)11．已知函数f(x)＝x－1x＋1，g(x)＝x2－2ax＋4，若任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是______．解析由于f′(x)＝1＋1x＋120，因此函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥x2＋52x能成立，令h(x)＝x2＋52x，则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝x2＋52x在x∈[1,2]上单调递减(可利用导数判断)，所以h(x)min＝h(2)＝94，故只需a≥94.答案94，＋∞三、解答题12．某种产品每件成本为6元，每件售价为x元(6x11)，年销售为u万件，若已知5858－u与x－2142成正比，且售价为10元时，年销量为28万件．(1)求年销售利润y关于售价x的函数关系式；(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．解(1)设5858－u＝kx－2142，∵售价为10元时，年销量为28万件，∴5858－28＝k10－2142，解得k＝2.∴u＝－2x－2142＋5858＝－2x2＋21x＋18.∴y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6)＝－2x3＋33x2－108x－108(6x11)．(2)y′＝－6x2＋66x－108＝－6(x2－11x＋18)＝－6(x－2)(x－9)．令y′＝0，得x＝2(舍去)或x＝9，显然，当x∈(6,9)时，y′0；当x∈(9,11)时，y′0.∴函数y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6,9)上是单调递增，在(9,11)上是单调递减．∴当x＝9时，y取最大值，且ymax＝135，∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．13．(2014·全国大纲卷)函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间(1,2)是增函数，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝3ax2＋6x＋3，f′(x)＝0的判别式Δ＝36(1－a)．①若a≥1，则f′(x)≥0，且f′(x)＝0，当且仅当a＝1，x＝－1，故此时f(x)在R上是增函数．②由于a≠0，故当a1时，f′(x)＝0有两个根．x1＝－1＋1－aa，x2＝－1－1－aa.若0a1，则当x∈(－∞，x2)或x∈(x1，＋∞)时，f′(x)0，故f(x)分别在(－∞，x2)，(x1，＋∞)是增函数；当x∈(x2，x1)时，f′(x)0，故f(x)在(x2，x1)是减函数．若a0，则当x∈(－∞，x1)或(x2，＋∞)时，f′(x)0，故f(x)分别在(－∞，x1)，(x2，＋∞)是减函数；当x∈(x1，x2)时，f′(x)0，故f(x)在(x1，x2)是增函数．(2)当a0，x0时，f′(x)＝3ax2＋6x＋30，故当a0时，f(x)在区间(1,2)是增函数．当a0时，f(x)在区间(1,2)是增函数当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－54≤a0.综上，a的取值范围是－54，0∪(0，＋∞)．14．(2014·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.(1)求a；(2)证明：当k1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．(1)解f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2.由题设得－2a＝－2，所以a＝1.(2)证明由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.由题设知1－k0.当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－10，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根．当x0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)xh(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．15．(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)0.(1)解f′(x)＝ex－1x＋m，由x＝0是f(x)的极值点，得f′(0)＝0，所以m＝1，于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域