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( )A1 个 B2 个 C3 个 D4 个答案 A2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 A3已知函数 f(x) x3 ax2( a6) x1 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)3 x22 ax( a6)，
2、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 4 a243( a6)0，解得 a3 或 a6.答案 B4已知函数 f(x) x3 ax24 在 x2 处取得极值，若 m、 n1,1，则f(m) f( n)的最小值是( )A13 B15C10 D15解析：求导得 f( x)3 x22 ax，由函数 f(x)在 x2 处取得极值知 f(2)0，即342 a20， a3.由此可得 f(x) x33 x24，f( x)3 x26 x，易知 f(x)在(1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，当 m1，1时， f(m)min f(0)4.又 f( x)3 x26 x 的图
3、象开口向下，且对称轴为 x1，当 n1,1时， f( n)min f(1)9.故 f(m) f( n)的最小值为13.答案：A5函数 y xe x， x0,4的最小值为( )A0 B. C. D.1e 4e4 2e2解析 ye x xe xe x(x1)y与 y 随 x 变化情况如下：x 0 (0,1) 1 (1,4) 4y 0 y 0 1e 4e4当 x0 时，函数 y xe x取到最小值 0.答案 A6设 aR，函数 f(x)e x 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 ，则切点的横坐标为( )32Aln2 Bln2C. D.ln22
4、 ln22解析 f( x)e x 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 a1.此时 f( x)e xe x，设切点的横坐标是 x0，则 ex0e x0 ，即 2(ex0)23e x020，即(e x02)(2e x01)0，只能是32ex02，解得 x0ln2.正确选项为 A.答案 A 7设函数 f(x) ax2 bx c(a， b， cR)若 x1 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 x1 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(x1)
5、 2，则 f(x)ex f( x)ex f(x)(ex) a(x1)( x3)ex， x1 为函数 f(x)ex的一个极值点，满足条件；选项 C 中，对称轴x 0，且开口向下， a0， b0， f(1)2 a b0，也满足条件；b2a选项 D 中，对称轴 x 1，且开口向上， a0， b2 a， f(1)b2a2 a b0，与图矛盾，故答案选 D.答案 D二、填空题8已知 f(x)2 x36 x23，对任意的 x2,2都有 f(x) a，则 a 的取值范围为_解析：由 f( x)6 x212 x0，得 x0，或 x2.又 f(2)37， f(0)3， f(2)5， f(x)max3，又 f(x
6、) a， a3.答案：3，)9函数 f(x) x22ln x 的最小值为_解析 由 f( x)2 x 0，得 x21.又 x0，所以 x1.因为 0 x1 时，2xf( x)0， x1 时 f( x)0，所以当 x1 时， f(x)取极小值(极小值唯一)也即最小值 f(1)1.答案 110若 f(x) x33 ax23( a2) x1 有极大值和极小值，则 a 的取值范围_解析 f( x)3 x26 ax3( a2)，由已知条件 0，即 36a236( a2)0，解得 a2.答案 (，1)(2，)11设函数 f(x) ax33 x1( xR)，若对于任意 x1,1，都有 f(x)0成立，则实数
7、 a 的值为_解析 (构造法)若 x0，则不论 a 取何值， f(x)0 显然成立；当 x0，即 x(0,1时， f(x) ax33 x10 可化为 a .设 g(x)3x2 1x3 ，则 g( x) ，3x2 1x3 3 1 2xx4所以 g(x)在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，(0，12 12， 1因此 g(x)max g 4，从而 a4.(12)当 x0，即 x1,0)时，同理 a .3x2 1x3g(x)在区间1,0)上单调递增， g(x)min g(1)4，从而 a4，综上可知 a4.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
8、(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 mln x 的保值区间是2，)，则 m 的值为_解析 g( x)1 ，当 x2 时，函数 g(x)为增函数，因此 g(x)的值1x x 1x域为2 mln2，)，因此 2 mln22，故 mln2.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，)
9、f( x) 0 0 可知当 x1 时 f(x)取到极大值 5，则 x01(2)f( x)3 ax22 bx c， a0由已知条件 x1， x2 为方程 3ax22 bx c0，的两根，因此Error! 解得 a2， b9， c12.14已知函数 f(x) x3 ax2 bx c，曲线 y f(x)在点 x1 处的切线为 l：3x y10，若 x 时， y f(x)有极值23(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)3 x22 ax b，当 x1 时，切线 l 的斜率为 3，可得 2a b0.当
10、 x 时， y f(x)有极值，23则 f 0 ，可得 4a3 b40.(23)由解得 a2， b4.由于切点的横坐标为 x1， f(1)4，1 a b c4， c5. a2， b4， c5.(2)由(1)可得 f(x) x32 x24 x5， f( x)3 x24 x4，令 f( x)0，得 x12， 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) 1y 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 .952715设 f(x) x3 x22 ax.1
11、3 12(1)若 f(x)在 上存在单调递增区间，求 a 的取值范围；(23， )(2)当 0 a2 时， f(x)在1,4上的最小值为 ，求 f(x)在该区间上的最大163值解析 (1)由 f( x) x2 x2 a 2 2 a，(x12) 14当 x 时， f( x)的最大值为 f 2 a；令 2 a0，得 a .23， ) (23) 29 29 19所以，当 a 时， f(x)在 上存在单调递增区间即 f(x)在19 (23， )上存在单调递增区间时， a 的取值范围是(23， ) ( 19， )(2)令 f( x)0，得两根 x1 ， x2 .1 1 8a2 1 1 8a2所以 f(x
12、)在(， x1)，( x2，)上单调递减，在( x1， x2)上单调递增当 0 a2 时，有 x11 x24，所以 f(x)在1,4上的最大值为 f(x2)，又 f(4) f(1) 6 a0，即 f(4) f(1)272所以 f(x)在1,4上的最小值为 f(4)8 a .403 163得 a1， x22，从而 f(x)在1,4上的最大值为 f(2) .10316设函数 f(x) x aln x(aR)1x(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.问：是否存在 a，使得 k2 a？若存
13、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 ax1，其判别式 a24.当| a|2 时， 0， f( x)0.故 f(x)在(0，)上单调递增当 a2 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 a2 时， 0， g(x)0 的两根为 x1 ，a a2 42x2 .a a2 42当 0 x x1时， f( x)0，当 x1 x
14、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， a2.因为 f(x1) f(x2)( x1 x2) a(ln x1ln x2)，所以， kx1 x2x1x21 a .f x1 f x2x1 x2 1x1x2 ln x1 ln x2x1 x2又由(1)知， x1x21，于是 k2 a .ln x1 ln x2x1 x2若存在 a，使得 k2 a，则 1.ln x1 ln x2x1 x2即 ln x1ln x2 x1 x2.由 x1x21 得 x2 2ln x20( x21)(*)1x2再由(1)知，函数 h(t) t 2ln t 在(0，)上单调递增，而 x21，所以1tx2 2ln x21 2 ln 10.这与(*)式矛盾1x2 11故不存在 a，使得 k2 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
