1、 导数的应用（二） 一、选择题 1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 A 2若函数 y f(x)可导，则 “ f( x) 0 有实根 ” 是 “ f(x)有极值 ” 的 ( ) A必要不充分条件 B充分不必要条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 答案 A 3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
2、,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 4a2 43( a 6) 0， 解得 a 3 或 a 6. 答案 B 4已知函数 f(x) x3 ax2 4 在 x 2 处取得极值，若 m、 n 1,1，则 f(m) f( n)的最小值是 ( ) A 13 B 15 C 10 D 15 解析：求导得 f( x) 3x2 2ax，由函数 f(x)在 x 2 处取得极值知 f(2) 0，即 34 2a2 0， a 3.由此可得 f(x) x3 3x2 4， f( x) 3x2 6x，易
3、知 f(x)在 ( 1,0)上单调递减，在 (0,1)上单调递增， 当 m 1， 1时， f(m)min f(0) 4.又 f( x) 3x2 6x 的图象开口向下，且对称轴为 x 1， 当 n 1,1时， f( n)min f( 1) 9.故 f(m) f( n)的最小值为 13. 答案： A 5函数 y xe x， x 0,4的最小值为 ( ) A 0 B.1e C.4e4 D.2e2 解析 y e x xe x e x(x 1) y 与 y 随 x 变化情况如下： x 0 (0,1) 1 (1,4) 4 y 0 y 0 1e 4e4 当 x 0 时，函数 y xe x取到最小值 0. 答
4、案 A 6设 a R，函数 f(x) ex ae x的导函数是 f( x)，且 f( x)是奇函数若曲线 y f(x)的一条切线的斜率是 32，则切点的横坐标为 ( ) A ln2 B ln2 C.ln22 D. ln22 解析 f( x) ex ae x，这个函数是奇函数，因为函数 f(x)在 0 处有定义，所以 f(0) 0，故只能是 a 1.此时 f( x) ex e x，设切点的横坐标是 x0，则ex0 e x0 32，即 2(ex0)2 3ex0 2 0，即 (ex0 2)(2ex0 1) 0，只能是 ex0 2，解得 x0 ln2.正确选项为 A. 答案 A 7设函数 f(x) a
5、x2 bx c(a， b， c R)若 x 1 为函数 f(x)ex的 一个极值点，则下列图象不可能为 y f(x)的图象是 ( ) 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；选项 C 中，对称轴 x b2a0，且开口向下， a 0， b 0， f( 1) 2a b 0，也满足条件；选项 D 中，对称轴 x b2a 1，且开口向上， a 0， b 2a， f( 1) 2a b 0，与
6、图矛盾，故答案选 D. 答案 D 二、填空题 8已知 f(x) 2x3 6x2 3，对任意的 x 2,2都有 f(x) a，则 a 的取值范围为 _ 解析：由 f( x) 6x2 12x 0，得 x 0，或 x 2. 又 f( 2) 37， f(0) 3， f(2) 5， f(x)max 3，又 f(x) a， a3. 答案： 3， ) 9函数 f(x) x2 2ln x 的最小值为 _ 解析 由 f( x) 2x 2x 0，得 x2 1.又 x 0，所以 x 1.因为 0 x 1时， f( x) 0， x 1 时 f( x) 0，所以当 x 1 时， f(x)取极小值 (极小值唯一 )也即最
7、小值 f(1) 1. 答案 1 10若 f(x) x3 3ax2 3(a 2)x 1 有极大值和极小值，则 a 的取值范围_ 解析 f( x) 3x2 6ax 3(a 2)， 由已知条件 0，即 36a2 36(a 2)0， 解得 a2. 答案 ( ， 1) (2， ) 11设函数 f(x) ax3 3x 1(x R)，若对于任意 x 1,1，都有 f(x)0成立，则实数 a 的值为 _ 解析 (构造法 )若 x 0，则不论 a 取何值， f(x)0 显然成立； 当 x 0，即 x (0,1时， f(x) ax3 3x 10 可化为 a 3x2 1x3.设 g(x) 3x21x3，则 g( x
8、) 2xx4 ， 所以 g(x)在区间 0， 12 上单调递增，在区间 12， 1 上单调递减， 因此 g(x)max g 12 4，从而 a4. 当 x 0，即 x 1,0)时，同理 a 3x2 1x3. g(x)在区间 1,0)上单调递增， g(x)min g( 1) 4，从而 a4 ，综上可知 a 4. 答案 4 【点评】 本题考查了分类讨论思想构造函数，同时利用导数的知识来解决 . 12已知函数 f(x)的自变量取值区间为 A，若其值域也为 A，则称区间 A 为 f(x)的保值区间若 g(x) x m lnx 的保值区间是 2， ) ，则 m 的值为 _ 解析 g( x) 1 1x x
9、 1x ，当 x2 时，函数 g(x)为增函数，因此 g(x)的值域为 2 m ln2， ) ，因此 2 m ln2 2，故 m ln2. 答案 ln2 三、解答题 13已知函数 f(x) ax3 bx2 cx 在点 x0处取得极大值 5，其导函数 y f( x)的图象经过 (1,0)， (2,0)点，如图所示 (1)求 x0的值； (2)求 a， b， c 的值 解析 (1)由 f( x)随 x 变化的情况 x ( ， 1) 1 (1,2) 2 (2， ) f( x) 0 0 可知当 x 1 时 f(x)取到极大值 5，则 x0 1 (2)f( x) 3ax2 2bx c， a0 由已知条件
10、 x 1， x 2 为方程 3ax2 2bx c 0， 的两根，因此 a b c 5， 2b3a 3，c3a 2，解得 a 2， b 9， c 12. 14已知函数 f(x) x3 ax2 bx c，曲线 y f(x)在点 x 1 处的切线为 l： 3x y 1 0，若 x 23时， y f(x)有极值 (1)求 a， b， c 的值； (2)求 y f(x)在 3,1上的最大值和最小值 解析 ： (1)由 f(x) x3 ax2 bx c， 得 f( x) 3x2 2ax b， 当 x 1 时，切线 l 的斜率为 3，可得 2a b 0. 当 x 23时， y f(x)有极值， 则 f 23
11、 0，可得 4a 3b 4 0. 由 解得 a 2， b 4. 由于切点的横坐标为 x 1， f(1) 4， 1 a b c 4， c 5. a 2， b 4， c 5. (2)由 (1)可得 f(x) x3 2x2 4x 5， f( x) 3x2 4x 4， 令 f( x) 0，得 x1 2， x2 23. 当 x 变化时， y、 y 的取值及变化如下表： x 3 ( 3， 2) 2 2， 23 23 23， 1 1 y 0 0 y 8 单调递增 13 单调递减 9527 单调递增 4 y f(x)在 3,1上的最大值为 13，最小值为 9527. 15设 f(x) 13x3 12x2 2a
12、x. (1)若 f(x)在 23， 上存在单调递增区间，求 a 的取值范围； (2)当 0 a 2 时， f(x)在 1,4上的最小值为 163 ，求 f(x)在该区间上的最大值 解析 (1)由 f( x) x2 x 2a x 12 2 14 2a， 当 x 23， 时， f( x)的最大值为 f 23 29 2a；令 29 2a 0，得 a 19. 所以，当 a 19时， f(x)在 23， 上存在单调递增区间即 f(x)在 23， 上存在单调递增区间时， a 的取值范围是 19， (2)令 f( x) 0，得两根 x1 1 1 8a2 ， x2 1 1 8a2 . 所以 f(x)在 ( ，
13、 x1)， (x2， ) 上单调递减， 在 (x1， x2)上单调递增 当 0 a 2 时，有 x1 1 x2 4， 所以 f(x)在 1,4上的最大值为 f(x2)， 又 f(4) f(1) 272 6a 0，即 f(4) f(1) 所以 f(x)在 1,4上的最小值为 f(4) 8a 403 163 . 得 a 1， x2 2，从而 f(x)在 1,4上的最大值为 f(2) 103. 16设函数 f(x) x 1x aln x(a R) (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有两个极值点 x1和 x2，记过点 A(x1， f(x1)， B(x2， f(x2)的直线的斜率为 k.
14、问：是否存在 a，使得 k 2 a？若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由 思路分析 先求导 ， 通分后发现 f( x)的符号与 a 有关，应对 a 进行分类，依据方程的判别式来分类 解析 (1)f(x)的定义域为 (0， ) f( x) 1 1x2 ax x2 ax 1x2 . 令 g(x) x2 ax 1，其判别式 a2 4. 当 |a|2 时， 0 ， f( x)0. 故 f(x)在 (0， ) 上单调递增 当 a 2 时， 0， g(x) 0 的两根都小于 0.在 (0， ) 上， f( x) 0.故 f(x)在 (0， ) 上单调递增 当 a 2 时， 0， g(x) 0 的两
15、根为 x1 a a2 42 ， x2 a a2 42 . 当 0 x x1时， f( x) 0，当 x1 x x2时， f( x) 0； 当 x x2时， f( x) 0.故 f(x)分别在 (0， x1)， (x2， ) 上单调递增，在 (x1，x2)上单调递减 (2)由 (1)知， a 2. 因为 f(x1) f(x2) (x1 x2) x1 x2x1x2 a(ln x1 ln x2)，所以， k f x1 f x2x1 x2 11x1x2 aln x1 ln x2x1 x2 . 又由 (1)知， x1x2 1，于是 k 2 a ln x1 ln x2x1 x2. 若存在 a，使得 k 2 a，则 ln x1 ln x2x1 x2 1. 即 ln x1 ln x2 x1 x2. 由 x1x2 1 得 x2 1x2 2ln x2 0(x2 1) (*) 再由 (1)知，函数 h(t) t 1t 2ln t 在 (0， ) 上单调递增，而 x2 1，所以x2 1x2 2ln x2 1 11 2 ln 1 0.这与 (*)式矛盾 故不存在 a，使得 k 2 a. 【点评】 本题充分体现了分类讨论思想 .近几年新课标高考常考查含参数的导数问题，难度中等偏上，考生最容易失分的就是对参数的分类标准把握不准，导致分类不全等
