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．(2022·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．(2022·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，＋∞)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．(2022·南川质检)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－y0·则当x＝1时函数y＝取到极小值0.答案 B4．(2022·南京模拟)设f(x)是一个三次函数，f′(x7\n)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(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＋3bx＋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－＝>0，∴f(x)在R上单调递增．又f(6－a2)>f(a)，∴6－a2>a，解之得－3<a<2.答案 (－3,2)三、解答题(共25分)7．(12分)(2022·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．解 (1)f′(x)＝(x－k＋1)ex.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＋f(x)－ek－17\n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)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)(2022·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)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中3<x<6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．解 (1)因为x＝5时，y＝11，所以＋10＝11，a＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y＝＋10(x－6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)＝(x－3)＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6.从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(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.答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．B级 能力突破(时间：30分钟 满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)7\n1．函数f(x)＝ex(sinx＋cosx)在区间上的值域为( )．A.B.C．[1，e]D．(1，e)解析 f′(x)＝ex(sinx＋cosx)＋ex(cosx－sinx)＝excosx，当0≤x≤时，f′(x)≥0，且只有在x＝时，f′(x)＝0，∴f(x)是上的增函数，∴f(x)的最大值为f＝e，f(x)的最小值为f(0)＝.∴f(x)在上的值域为.故应选A.答案 A2．(2022·潍坊一模)已知函数f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有两个极值点x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，则f(－1)的取值范围是( )．A.B.C．[3,12]D.解析 因为f(x)有两个极值点x1，x2，所以f′(x)＝3x2＋4bx＋c＝0有两个根x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，所以即画出可行域如图所示．因为f(－1)＝2b－c，由图知经过点A(0，－3)时，f(－1)取得最小值3，经过点C(0，－12)时，f(－1)取得最大值12，所以f(－1)的取值范围为[3,12]．答案 C二、填空题(每小题5分，共10分)3．已知函数f(x)＝mx3＋nx2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x＋y＝0平行，若f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，则实数t的取值范围是________．解析 由题意知，点(－1,2)在函数f(x)的图象上，7\n故－m＋n＝2.①又f′(x)＝3mx2＋2nx，则f′(－1)＝－3，故3m－2n＝－3.②联立①②解得：m＝1，n＝3，即f(x)＝x3＋3x2，令f′(x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0，则[t，t＋1]⊆[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0，所以t∈[－2，－1]．答案 [－2，－1]4．(2022·合川调研)已知函数f(x)＝＋lnx，若函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a的取值范围为________．解析 ∵f(x)＝＋lnx，∴f′(x)＝(a>0)，∵函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，∴f′(x)＝≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，∴ax－1≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥对x∈[1，＋∞)恒成立，∴a≥1.答案 [1，＋∞)三、解答题(共25分)5．(12分)设函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a>0)，且方程f′(x)－9x＝0的两根分别为1,4.(1)当a＝3且曲线y＝f(x)过原点时，求f(x)的解析式；(2)若f(x)在(－∞，＋∞)内无极值点，求a的取值范围．解 由f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d得f′(x)＝ax2＋2bx＋c.因为f′(x)－9x＝ax2＋2bx＋c－9x＝0的两个根分别为1,4，所以(*)(1)当a＝3时，由(*)式得解得b＝－3，c＝12.又因为曲线y＝f(x)过原点，所以d＝0.故f(x)＝x3－3x2＋12x.(2)由于a>0，所以f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在(－∞，＋∞)内无极值点等价于f′(x)＝ax2＋2bx＋c≥0在(－∞，＋∞)内恒成立．由(*)式得2b＝9－5a，c＝4a.又Δ＝(2b)2－4ac＝9(a－1)(a－9)，由得a∈[1,9]．即a的取值范围是[1,9]．7\n6．(13分)(2022·新课标全国)已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2.(1)求f(x)的解析式及单调区间；(2)若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值．解 (1)由已知得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x.所以f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，即f(0)＝1.又f(0)＝f′(1)e－1，所以f′(1)＝e.从而f(x)＝ex－x＋x2.由于f′(x)＝ex－1＋x，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.从而，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)由已知条件得ex－(a＋1)x≥b.①(i)若a＋1<0，则对任意常数b，当x<0，且x<时，可得ex－(a＋1)x<b，因此①式不成立．(ii)若a＋1＝0，则(a＋1)b＝0.(iii)若a＋1>0，设g(x)＝ex－(a＋1)x，则g′(x)＝ex－(a＋1)．当x∈(－∞，ln(a＋1))时，g′(x)<0；当x∈(ln(a＋1)，＋∞)时，g′(x)>0.从而g(x)在(－∞，ln(a＋1))上单调递减，在(ln(a＋1)，＋∞)上单调递增．故g(x)有最小值g(ln(a＋1))＝a＋1－(a＋1)ln(a＋1)．所以f(x)≥x2＋ax＋b等价于b≤a＋1－(a＋1)·ln(a＋1)．②因此(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)．设h(a)＝(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)，则h′(a)＝(a＋1)[1－2ln(a＋1)]．所以h(a)在(－1，e－1)上单调递增，在(e－1，＋∞)上单调递减，故h(a)在a＝e－1处取得最大值．从而h(a)≤，即(a＋1)b≤.7\n当a＝e－1，b＝时，②式成立．故f(x)≥x2＋ax＋b.综上得，(a＋1)b的最大值为.7
