2015年湖北高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：導(dǎo)數(shù)的概念

湖北2015年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：導(dǎo)數(shù)的概念

　　2015年湖北高考生正在努力備考中，湖北高考網(wǎng)整理了2015年湖北高考數(shù)學(xué)輔導(dǎo)資料，希望對(duì)大家的復(fù)習(xí)有幫助。

　　一、選擇題

　　1.若函數(shù)y=f(x)可導(dǎo)，則“f′(x)=0有實(shí)根”是“f(x)有極值”的 (　　).

　　A.必要不充分條件 B.充分不必要條件

　　C.充要條件 D.既不充分也不必要條件

　　答案　A

　　2.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有極大值和極小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　).

　　A.(-1,2) B.(-∞，-3)(6，+∞)

　　C.(-3,6) D.(-∞，-1)(2，+∞)

　　解析　f′(x)=3x2+2ax+(a+6)，因?yàn)楹瘮?shù)有極大值和極小值，所以f′(x)=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，所以Δ=4a2-4×3(a+6)>0，解得a<-3或a>6.

　　答案　B

　　3.設(shè)f(x)是一個(gè)三次函數(shù)，f′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，如圖所示的是y=x·f′(x)的圖象的一部分，則f(x)的極大值與極小值分別是(　　).

　　A.f(1)與f(-1) B.f(-1)與f(1)

　　C.f(-2)與f(2) D.f(2)與f(-2)

　　解析　由圖象知f′(2)=f′(-2)=0.x>2時(shí)，y=x·f′(x)>0，f′(x)>0，y=f(x)在(2，+∞)上單調(diào)遞增;同理f(x)在(-∞，-2)上單調(diào)遞增，在(-2,2)上單調(diào)遞減，

　　y=f(x)的極大值為f(-2)，極小值為f(2)，故選C.

　　答案　C

　　4.設(shè)aR，函數(shù)f(x)=ex+a·e-x的導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，且f′(x)是奇函數(shù).若曲線y=f(x)的一條切線的斜率是，則切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為(　　)

　　A.ln2 B.-ln2

　　C. D.

　　解析 f′(x)=ex-ae-x，這個(gè)函數(shù)是奇函數(shù)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在0處有定義，所以f′(0)=0，故只能是a=1.此時(shí)f′(x)=ex-e-x，設(shè)切點(diǎn)的橫坐標(biāo)是x0，則ex0-e-x0=，即2(ex0)2-3ex0-2=0，即(ex0-2)(2ex0+1)=0，只能是ex0=2，解得x0=ln2.正確選項(xiàng)為A.

　　A

　　5.設(shè)函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a，b，cR).若x=-1為函數(shù)f(x)ex的一個(gè)極值點(diǎn)，則下列圖象不可能為y=f(x)的圖象是(　　).

　　解析　若x=-1為函數(shù)f(x)ex的一個(gè)極值點(diǎn)，則易得a=c.因選項(xiàng)A、B的函數(shù)為f(x)=a(x+1)2，則[f(x)ex]′=f′(x)ex+f(x)(ex)′=a(x+1)(x+3)ex，x=-1為函數(shù)f(x)ex的一個(gè)極值點(diǎn)，滿足條件;選項(xiàng)C中，對(duì)稱軸x=->0，且開口向下，a<0，b>0，f(-1)=2a-b<0，也滿足條件;選項(xiàng)D中，對(duì)稱軸x=-<-1，且開口向上，a>0，b>2a，f(-1)=2a-b<0，與圖矛盾，故答案選D.

　　答案　D

　　6.已知函數(shù)f(x)=x3+2bx2+cx+1有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1[-2，-1]，x2[1,2]，則f(-1)的取值范圍是(　　).

　　A. B.

　　C.[3,12] D.

　　解析　因?yàn)閒(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，所以f′(x)=3x2+4bx+c=0有兩個(gè)根x1，x2，且x1[-2，-1]，x2[1,2]，所以即

　　畫出可行域如圖所示.因?yàn)閒(-1)=2b-c，由圖知經(jīng)過點(diǎn)A(0，-3)時(shí)，f(-1)取得最小值3，經(jīng)過點(diǎn)C(0，-12)時(shí)，f(-1)取得最大值12，所以f(-1)的取值范圍為[3,12].

　　答案　C

　　二、填空題

　　7.函數(shù)f(x)=x2-2ln x的最小值為________.

　　解析　由f′(x)=2x-=0，得x2=1.又x>0，所以x=1.因?yàn)?1時(shí)f′(x)>0，所以當(dāng)x=1時(shí)，f(x)取極小值(極小值唯一)也即最小值f(1)=1.

　　答案　1

　　8.若f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1有極大值和極小值，則a的取值范圍________.

　　解析　f′(x)=3x2+6ax+3(a+2)，

　　由已知條件Δ>0，即36a2-36(a+2)>0，

　　解得a<-1，或a>2.

　　答案　(-∞，-1)(2，+∞)

　　9.已知函數(shù)f(x)=mx3+nx2的圖象在點(diǎn)(-1,2)處的切線恰好與直線3x+y=0平行，若f(x)在區(qū)間[t，t+1]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是________.

　　解析　由題意知，點(diǎn)(-1,2)在函數(shù)f(x)的圖象上，

　　故-m+n=2.

　　又f′(x)=3mx2+2nx，則f′(-1)=-3，

　　故3m-2n=-3.

　　聯(lián)立解得：m=1，n=3，即f(x)=x3+3x2，

　　令f′(x)=3x2+6x≤0，解得-2≤x≤0，

　　則[t，t+1][-2,0]，故t≥-2且t+1≤0，

　　所以t[-2，-1].

　　答案　[-2，-1]

　　10.已知函數(shù)f(x)=+ln x，若函數(shù)f(x)在[1，+∞)上為增函數(shù)，則正實(shí)數(shù)a的取值范圍為________.

　　解析　f(x)=+ln x，f′(x)=(a>0)，

　　函數(shù)f(x)在[1，+∞)上為增函數(shù)，f′(x)=≥0對(duì)x[1，+∞)恒成立，ax-1≥0對(duì)x[1，+∞)恒成立，即a≥對(duì)x[1，+∞)恒成立，a≥1.

　　答案　[1，+∞)

　　三、解答題

　　11.已知函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx在點(diǎn)x0處取得極大值5，其導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象經(jīng)過(1,0)，(2,0)點(diǎn)，如圖所示.(1)求x0的值;

　　(2)求a，b，c的值.

　　(1)由f′(x)隨x變化的情況

　　x (-∞，1) 1 (1,2) 2 (2，+∞) f′(x) + 0 - 0 + 可知當(dāng)x=1時(shí)f(x)取到極大值5，則x0=1

　　(2)f′(x)=3ax2+2bx+c，a>0

　　由已知條件x=1，x=2為方程3ax2+2bx+c=0，

　　的兩根，因此解得a=2，b=-9，c=12.

　　12.某商場銷售某種商品的經(jīng)驗(yàn)表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價(jià)格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)=+10(x-6)2，其中30)，且方程f′(x)-9x=0的兩根分別為1,4.

　　(1)當(dāng)a=3且曲線y=f(x)過原點(diǎn)時(shí)，求f(x)的解析式;

　　(2)若f(x)在(-∞，+∞)內(nèi)無極值點(diǎn)，求a的取值范圍.

　　解　由f(x)=x3+bx2+cx+d得f′(x)=ax2+2bx+c.

　　因?yàn)閒′(x)-9x=ax2+2bx+c-9x=0的兩個(gè)根分別為1,4，

　　所以(*)

　　(1)當(dāng)a=3時(shí)，由(*)式得

　　解得b=-3，c=12.又因?yàn)榍€y=f(x)過原點(diǎn)，

　　所以d=0.故f(x)=x3-3x2+12x.

　　(2)由于a>0，所以f(x)=x3+bx2+cx+d在(-∞，+∞)內(nèi)無極值點(diǎn)等價(jià)于f′(x)=ax2+2bx+c≥0在(-∞，+∞)內(nèi)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的取值范圍是[1,9].

　　13.已知函數(shù)f(x)滿足f(x)=f′(1)ex-1-f(0)x+x2.

　　(1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間;

　　(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.

　　從而f(x)=ex-x+x2.由于f′(x)=ex-1+x，

　　故當(dāng)x(-∞，0)時(shí)，f′(x)<0;

　　當(dāng)x(0，+∞)時(shí)，f′(x)>0.

　　從而，f(x)在(-∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，+∞)上單調(diào)遞增.

　　(2)由已知條件得ex-(a+1)x≥b.

　　(i)若a+1<0，則對(duì)任意常數(shù)b，當(dāng)x<0，且x<時(shí)，可得ex-(a+1)x0，設(shè)g(x)=ex-(a+1)x，

　　則g′(x)=ex-(a+1).

　　當(dāng)x(-∞，ln(a+1))時(shí)，g′(x)<0;

　　當(dāng)x(ln(a+1)，+∞)時(shí)，g′(x)>0.

　　從而g(x)在(-∞，ln(a+1))上單調(diào)遞減，在(ln(a+1)，+∞)上單調(diào)遞增.

　　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等價(jià)于b≤a+1-(a+1)·ln(a+1).

　　因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).

　　設(shè)h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1)，則

　　h′(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)].

　　所以h(a)在(-1，e-1)上單調(diào)遞增，在(e-1，+∞)上單調(diào)遞減，故h(a)在a=e-1處取得最大值.

　　從而h(a)≤，即(a+1)b≤.

　　當(dāng)a=e-1，b=時(shí)，式成立.故f(x)≥x2+ax+b.

　　綜上得，(a+1)b的最大值為.