高考數(shù)一輪復(fù)習(xí) 2.11 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(Ⅰ)限時(shí)集訓(xùn) 理

限時(shí)集訓(xùn)(十三)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(Ⅰ)(限時(shí)：50分鐘滿分：106分)一、選擇題(本大題共8個(gè)小題，每小題5分，共40分)1．已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是()A．f(b)>f(c)>f(d)B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(e)>f(d)2．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝2，對(duì)任意x∈R，eq\a\vs4\al(f′x>)2，則f(x)>2x＋4的解集為 ()A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)3．(·陜西高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝xex，則()A．x＝1為f(x)的極大值點(diǎn)B．x＝1為f(x)的極小值點(diǎn)C．x＝－1為f(x)的極大值點(diǎn)D．x＝－1為f(x)的極小值點(diǎn)4．(·濟(jì)南模擬)設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點(diǎn)，則()A．a(chǎn)＜－1 B．a(chǎn)＞－1C．a(chǎn)<－eq\f(1,e) D．a(chǎn)>－eq\f(1,e)5．函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是()A．－eq\f(17,3) B．－eq\f(10,3)C．－4 D．－eq\f(64,3)6．(·麗水模擬)函數(shù)f(x)＝x－aeq\r(x)在x∈[1,4]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的最小值為 ()A．1 B．2C．4 D．57．(·咸寧模擬)已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，則c＝()A．－2或2 B．－9或3C．－1或1 D．－3或18．(·福建高考)已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a<b<c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.現(xiàn)給出如下結(jié)論：①f(0)f(1)>0；②f(0)f(1)<0；③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0.其中正確結(jié)論的序號(hào)是()A．①③ B．①④C．②③ D．②④二、填空題(本大題共6個(gè)小題，每小題4分，共24分)9．若函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)＝2x－4，則函數(shù)f(x－1)的單調(diào)遞減區(qū)間是________．10．函數(shù)f(x)＝x3－15x2－33x＋6的單調(diào)減區(qū)間為________．11．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點(diǎn)，則a的取值范圍是________．12．(·溫州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．13．函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(x)＝f(1－x)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))f′(x)<0，設(shè)a＝f(0)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為________．14．已知a>0，設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx－2eq\r(a)·x＋2a，g(x)＝eq\f(1,2)(x－2eq\r(a))2.則函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的最大值為________．三、解答題(本大題共3個(gè)小題，每小題14分，共42分)15．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在點(diǎn)x0處取得極小值－5，其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0,0)，(2,0)．(1)求a，b的值；(2)求x0及函數(shù)f(x)的表達(dá)式．16．已知函數(shù)f(x)＝ax3－eq\f(3,2)x2＋1(x∈R)，其中a＞0.(1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程；(2)若在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上，f(x)＞0恒成立，求a的取值范圍．17．(·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1－a,2)x2－ax－a，x∈R，其中a>0.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍；(3)當(dāng)a＝1時(shí)，設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋3]上的最大值為M(t)，最小值為m(t)，記g(t)＝M(t)－m(t)，求函數(shù)g(t)在區(qū)間[－3，－1]上的最小值．答案[限時(shí)集訓(xùn)(十三)]1．C2.B3.D4.A5.A6.C7.A8.C9．解析：由于f′(x)＝2x－4，令f′(x)<0，得x<2，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，2)．又函數(shù)f(x－1)的圖象是由f(x)的圖象向右平移1個(gè)單位得到的，所以函數(shù)f(x－1)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，3)．答案：(－∞，3)10．解析：由f(x)＝x3－15x2－33x＋6得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)<0，即3(x－11)(x＋1)<0，解得－1<x<11，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－1,11)．答案：(－1,11)11．解析：由原函數(shù)有零點(diǎn)，可轉(zhuǎn)化為方程ex－2x＋a＝0有解，即方程a＝2x－ex有解．令函數(shù)g(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex，令g′(x)>0，得x<ln2，所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函數(shù)，在(ln2，＋∞)上是減函數(shù)，所以g(x)的最大值為g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范圍就是函數(shù)g(x)的值域，所以a的取值范圍為(－∞，2ln2－2]．答案：(－∞，2ln2－2]12．解析：∵f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx，∴f′(x)＝x－eq\f(9,x)(x>0)．當(dāng)x－eq\f(9,x)≤0時(shí)，有0<x≤3，即在(0,3]上原函數(shù)是減函數(shù)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,a＋1≤3，))解之得1<a≤2.答案：1<a≤213．解析：依題意得，當(dāng)x<eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)>0，因此，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))上是增函數(shù)；又f(3)＝f(－2)，且－2<0<eq\f(1,2)，于是有f(－2)<f(0)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即c<a<b.答案：c<a<b14．解析：∵h(yuǎn)(x)＝alnx－eq\f(1,2)x2(x>0)，∴h′(x)＝eq\f(a,x)－x＝－eq\f(x＋\r(a)x－\r(a),x).∴當(dāng)x變化時(shí)，h′(x)，h(x)的變化情況如下：x(0，eq\r(a))eq\r(a)(eq\r(a)，＋∞)h′(x)＋0－h(huán)(x)極大值∴當(dāng)x＝eq\r(a)時(shí)，函數(shù)h(x)取最大值eq\f(alna－a,2).答案：eq\f(alna－a,2)15．解：(1)由題設(shè)可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.∵f′(x)的圖象過(guò)點(diǎn)(0,0)，(2,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝0，,12＋4a＋b＝0，))解得a＝－3，b＝0.(2)由f′(x)＝3x2－6x>0，得x>2或x<0，∴在(－∞，0)上f′(x)>0，在(0,2)上f′(x)<0，在(2，＋∞)上f′(x)>0.∴f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上遞增，在(0,2)上遞減，因此f(x)在x＝2處取得極小值．所以x0＝2.由f(2)＝－5，得c＝－1.∴f(x)＝x3－3x2－1.16．解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x3－eq\f(3,2)x2＋1，f(2)＝3；f′(x)＝3x2－3x，f′(2)＝6.所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y－3＝6(x－2)，即y＝6x－9.(2)f′(x)＝3ax2－3x＝3x(ax－1)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(1,a).以下分兩種情況討論：①若0＜a≤2，則eq\f(1,a)≥eq\f(1,2).當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)、f(x)的變化情況如下表：x(－eq\f(1,2)，0)0(0，eq\f(1,2))f′(x)＋0－f(x)極大值當(dāng)x∈[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]時(shí)，f(x)＞0等價(jià)于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－\f(1,2)＞0，,f\f(1,2)＞0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5－a,8)＞0，,\f(5＋a,8)＞0.))解不等式組得－5＜a＜5，又0＜a≤2，因此0＜a≤2.②若a＞2，則0＜eq\f(1,a)＜eq\f(1,2).當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)、f(x)的變化情況如下表：x(－eq\f(1,2)，0)0(0，eq\f(1,a))eq\f(1,a)(eq\f(1,a)，eq\f(1,2))f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值當(dāng)x∈[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]時(shí)，f(x)＞0等價(jià)于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－\f(1,2)＞0，,f\f(1,a)＞0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5－a,8)＞0，,1－\f(1,2a2)＞0.))解不等式組得eq\f(\r(2),2)＜a＜5或a＜－eq\f(\r(2),2).因此2＜a＜5.綜合①和②，可知a的取值范圍為0＜a＜5.17．解：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a>0.當(dāng)x變化時(shí)f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－1，a)．(2)由(1)知f(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(－1,0)內(nèi)單調(diào)遞減，從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2<0，,f－1>0，,f0<0，))解得0<a<eq\f(1,3).所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).(3)a＝1時(shí)，f(x)＝eq\f(1,3)x3－x－1.由(1)知f(x)在[－3，－1]上單調(diào)遞增，在[－1,1]上單調(diào)遞減，在[1,2]上單調(diào)遞增．①當(dāng)t∈[－3，－2]時(shí)，t＋3∈[0,1]，－1∈[t，t＋3]，f(x)在[t，－1]上單調(diào)遞增，在[－1，t＋3]上單調(diào)遞減．因此，f(x)在[t，t＋3]上的最大值M(t)＝f(－1)＝－eq\f(1,3)，而最小值m(t)為f(t)與f(t＋3)中的較小者．由f(t＋3)－f(t)＝3(t＋1)(t＋2)知，當(dāng)t∈[－3，－2]時(shí)，f(t)≤f(t＋3)，故m(t)＝f(t)，所以g(t)＝f(－1)－f(t)．而f(t)在[－3，－2]上單調(diào)遞增，因此f(t)≤f(－2)＝－eq\f(5,3).所以g(t)在[－3，－2]上的最小值為g(－2)＝－eq\f(1,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝eq\f(4,3).②當(dāng)t∈[－2，－1]時(shí)，t＋3∈[1,2]，且－1,1∈[t，t＋