2021届高考数学（理科）人教版 1轮复习资料（课件+达标练习） 第三章　导数及其应用 (共9份打包)

一、选择题1．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝(　　)A．－4 B．－2C．4 D．2解析：选D.由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.2．函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则x＋x等于(　　)A.   B.C.   D.解析：选C.函数f(x)的图象过原点，所以d＝0.又f(－1)＝0且f(2)＝0，即－1＋b－c＝0且8＋4b＋2c＝0，解得b＝－1，c＝－2，所以函数f(x)＝x3－x2－2x，所以f′(x)＝3x2－2x－2，由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2＝，x1x2＝－，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋＝.3．已知函数y＝f(x)导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是(　　)A．(－1，3)为函数y＝f(x)的递增区间B．(3，5)为函数y＝f(x)的递减区间C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值解析：选C.由函数y＝f(x)导函数的图象可知：当x<－1及3<x<5时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当－1<x<3及x>5时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，5)；单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，f(x)在x＝－1，5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误，故选C.4．设函数f(x)＝xsin x在x＝x0处取得极值，则(1＋x)(1＋cos 2x0)的值为(　　)A．1 B．－1C．－2 D．2解析：选D.f′(x)＝sin x＋xcos x，令f′(x)＝0得tan x＝－x，所以tan2x0＝x，故(1＋x)(1＋cos 2x0)＝(1＋tan2x0)·2cos2x0＝2cos2x0＋2sin2x0＝2，选D.5．已知函数f(x)＝ex－(x＋1)2(e为2.718 28…)，则f(x)的大致图象是(　　)解析：选C.对f(x)＝ex－(x＋1)2求导得f′(x)＝ex－2x－2，显然x→＋∞时，导函数f′(x)>0，函数f(x)是增函数，排除A，D；x＝－1时，f′(－1)≠0，所以x＝－1不是函数的极值点，排除B，故选C.6．若函数f(x)＝x3－3ax在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a的取值范围为(　　)A．(1，4] B．[2，4]C．[1，4) D．[1，2]解析：选C.因为f′(x)＝3(x2－a)，所以当a≤0时，f′(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，f(x)没有极值点，不符合题意；当a>0时，令f′(x)＝0得x＝±，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示：x(－∞，－)－(－，)(，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值因为函数f(x)在区间(－1，2)上仅有一个极值点，所以或解得1≤a<4.选C.二、填空题7．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，若x＝－3是函数f(x)的一个极值点，则实数a＝________．解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋3，由题意知x＝－3为方程3x2＋2ax＋3＝0的根，所以3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，解得a＝5.答案：58．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1，0)点，则f(x)的极大值与极小值的和为________．解析：由题意知，f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0得解得所以f(x)＝x3－2x2＋x，由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝或x＝1，易得当x＝时，f(x)取极大值，当x＝1时，f(x)取极小值0.所以f(x)的极大值与极小值的和为.答案：9．已知函数f(x)＝(k≠0)，则函数f(x)的极值为________．解析：f(x)＝，其定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－.令f′(x)＝0，得x＝1，当k>0时，若0<x<1，则f′(x)>0；若x>1，则f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，函数f(x)取得极大值.当k<0时，若0<x<1，则f′(x)<0；若x>1，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x＝1时，函数f(x)取得极小值.答案：10．若函数f(x)＝xln x－x2－x＋1(a＞0)有两个极值点，则a的取值范围为________．解析：因为f(x)＝xln x－x2－x＋1(x>0)，所以f′(x)＝ln x－ax，f″(x)＝－a＝0，得一阶导函数有极大值点x＝，由于x→0时，f′(x)→－∞；当x→＋∞时，f′(x)→－∞，因此原函数要有两个极值点，只要f′＝ln －1>0，解得0<a<.答案：三、解答题11．已知函数f(x)＝ax2－bln x在点A(1，f(1))处的切线方程为y＝1.(1)求实数a，b的值；(2)求函数f(x)的极值．解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2ax－，f(1)＝a＝1，f′(1)＝2a－b＝0，将a＝1代入2a－b＝0，解得b＝2.(2)由(1)得f(x)＝x2－2ln x(x>0)，所以f′(x)＝2x－＝，令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以f(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以f(x)极小值＝f(1)＝1，无极大值．12．对于函数y＝H(x)，若在其定义域内存在x0，使得x0·H(x0)＝1成立，则称x0为函数H(x)的“倒数点”．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝(x＋1)2－1.(1)求证：函数f(x)有“倒数点”，并讨论函数f(x)的“倒数点”的个数；(2)若当x≥1时，不等式xf(x)≤m[g(x)－x]恒成立，试求实数m的取值范围．解：(1)证明：设h(x)＝ln x－(x＞0)，则h′(x)＝＋＞0(x＞0)，所以h(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数．而h(1)＜0，h(e)＞0，所以函数h(x)有零点且只有一个零点．所以函数f(x)有“倒数点”且只有一个“倒数点”．(2)xf(x)≤m[g(x)－x]等价于2x·ln x≤m(x2－1)，设d(x)＝2ln x－m，x≥1.则d′(x)＝，x≥1，易知－mx2＋2x－m＝0的判别式为Δ＝4－4 m2.①当m≥1时，d′(x)≤0，d(x)在[1，＋∞)上单调递减，d(x)≤d(1)＝0，符合题意；②当0＜m＜1时，方程－mx2＋2x－m＝0有两个正根且0＜x1＜1＜x2，则函数d(x)在(1，x2)上单调递增，此时d(x)＞d(1)＝0，不合题意；③当m＝0时，d′(x)＞0，d(x)在(1，＋∞)上单调递增，此时d(x)＞d(1)＝0，不合题意；④当－1＜m＜0时，方程－mx2＋2x－m＝0有两个负根，d(x)在(1，＋∞)上单调递增，此时d(x)＞d(1)＝0，不合题意；⑤当m≤－1时，d′(x)≥0，d(x)在(1，＋∞)上单调递增，此时d(x)＞d(1)＝0，不合题意．综上，实数m的取值范围是[1，＋∞)．1．已知函数f(x)＝＋ax，x>1.(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值．解：(1)因为f(x)＝＋ax，x>1.所以f′(x)＝＋a.由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤－＝－，对x∈(1，＋∞)恒成立．因为x∈(1，＋∞)，所以ln x∈(0，＋∞)，所以－＝0时，函数t(x)＝－的最小值为－，所以a≤－.故实数a的取值范围为.(2)当a＝2时，f(x)＝＋2x，f′(x)＝＝由得x＝e.f(x)与f′(x)在(1，＋∞)上的情况如下表：xef′(x)－0＋f(x)极小值f所以f(x)极小值＝f＝＋2e＝4.2．设a∈R，函数f(x)＝ax3＋＋x＋1，g(x)＝ex(e是自然对数的底数)．(1)证明：存在一条定直线l与曲线C1：y＝f(x)和C2：y＝g(x)都相切；(2)若f(x)≤g(x)对x∈R恒成立，求a的值．解：(1)证明：函数f(x)，g(x)的导数分别为f′(x)＝3ax2＋x＋1，g′(x)＝ex，注意到对任意a∈R，f(0)＝g(0)＝1，f′(0)＝g′(0)＝1，故存在定直线l：y＝x＋1与曲线C1：y＝f(x)和C2：y＝g(x)都相切．(2)设函数F(x)＝e－x，则对任意x∈R，都有F(x)≤1，因为对任意a∈R，都有F(0)＝1，故x＝0为F(x)的极大值点，F′(x)＝(3ax2＋x＋1)e－x－e－x＝x2e－x，记h(x)＝－ax＋3a－，则F′(x)＝h(x)(x2e－x)，注意到在x＝0的附近，恒有x2e－x>0，故要使x＝0为F(x)的极大值点，必须h(0)＝0，即3a－＝0，从而a＝，又当a＝时，F′(x)＝－x3e－x，则当x∈(－∞，0)时，F′(x)>0，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)<0，于是F(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，故F(x)max＝F(0)，综上所述，a＝.