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第3讲 导数的应用(二)A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1(2013北京东城模拟)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(2013苏州一中月考)已知函数f(x)x3ax2(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)3x22ax(a6)，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4a243(a6)0，解得a3或a6.答案B3(2013抚顺质检)函数y的极小值为 ()A. B0 C. D1解析函数的定义域为(0，)，y.函数y与y随x变化情况如下：x(0,1)1(1，e2)e2(e2，)y00y0 则当x1时函数y取到极小值0.答案B4(2013南京模拟)设f(x)是一个三次函数，f(x)为其导函数，如图所示的是yxf(x)的图象的一部分，则f(x)的极大值与极小值分别是 ()Af(1)与f(1) Bf(1)与f(1)Cf(2)与f(2) Df(2)与f(2)解析由图象知f(2)f(2)0.x2时，yxf(x)0，f(x)0，yf(x)在(2，)上单调递增；同理f(x)在(，2)上单调递增，在(2,2)上单调递减，yf(x)的极大值为f(2)，极小值为f(2)，故选C.答案C二、填空题(每小题5分，共10分)5已知函数yf(x)x33ax23bxc在x2处有极值，其图象在x1处的切线平行于直线6x2y50，则f(x)极大值与极小值之差为_解析y3x26ax3b，y3x26x，令3x26x0，则x0或x2.f(x)极大值f(x)极小值f(0)f(2)4.答案46已知函数f(x)(其中e为自然对数的底数，且e2.718)若f(6a2)f(a)，则实数a的取值范围是_解析f(x)当xe时，f(x)62x2(3x)0，当xe时，f(x)10，f(x)在R上单调递增又f(6a2)f(a)，6a2a，解之得3a2.答案(3,2)三、解答题(共25分)7(12分)(2011北京)已知函数f(x)(xk)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间0,1上的最小值解(1)f(x)(xk1)ex.令f(x)0，得xk1.f(x)与f(x)的情况如下：x(，k1)k1(k1，)f(x)0f(x)ek1所以，f(x)的单调递减区间是(，k1)；单调递增区间是(k1，)(2)当k10，即k1时，函数f(x)在0,1上单调递增，所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(0)k；当0k11，即1k2时，由(1)知f(x)在0，k1)上单调递减，在(k1,1上单调递增，所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(k1)ek1；当k11，即k2时，函数f(x)在0,1上单调递减，所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(1)(1k)e.8(13分)(2011福建)某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y10(x6)2，其中3x6，a为常数已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克(1)求a的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大解(1)因为x5时，y11，所以1011，a2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y10(x6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)(x3)210(x3)(x6)2,3x0)，函数f(x)在1，)上为增函数，f(x)0对x1，)恒成立，ax10对x1，)恒成立，即a对x1，)恒成立，a1.答案1，)三、解答题(共25分)5(12分)设函数f(x)x3bx2cxd(a0)，且方程f(x)9x0的两根分别为1,4.(1)当a3且曲线yf(x)过原点时，求f(x)的解析式；(2)若f(x)在(，)内无极值点，求a的取值范围解由f(x)x3bx2cxd得f(x)ax22bxc.因为f(x)9xax22bxc9x0的两个根分别为1,4，所以(*)(1)当a3时，由(*)式得解得b3，c12.又因为曲线yf(x)过原点，所以d0.故f(x)x33x212x.(2)由于a0，所以f(x)x3bx2cxd在(，)内无极值点等价于f(x)ax22bxc0在(，)内恒成立由(*)式得2b95a，c4a.又(2b)24ac9(a1)(a9)，由得a1,9即a的取值范围是1,96(13分)(2012新课标全国)已知函数f(x)满足f(x)f(1)ex1f(0)xx2.(1)求f(x)的解析式及单调区间；(2)若f(x)x2axb，求(a1)b的最大值解(1)由已知得f(x)f(1)ex1f(0)x.所以f(1)f(1)f(0)1，即f(0)1.又f(0)f(1)e1，所以f(1)e.从而f(x)exxx2.由于f(x)ex1x，故当x(，0)时，f(x)0.从而，f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增(2)由已知条件得ex(a1)xb.(i)若a10，则对任意常数b，当x0，且x时，可得ex(a1)x0，设g(x)ex(a1)x，则g(x)ex(a1)当x(，ln(a1)时，g(x)0.从而g(x)在(，ln(a1)上单调递减，在(ln(a1)，)上单调递增故g(x)有最小值g(ln(a1)a1(a1)ln(a1)所以f(x)x2axb等价于ba1(a1)ln(a1)因此(a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)设h(a)(a1)2(a1)2ln(a1)，则h(a)(a1)12ln(a1)所以h(a)在(1，e1)上单调递增，在(e1，)上单调递减，故h(a)在ae1处取得最大值从而h(a)，即(a1)b.当ae1，b时，式成立故f(x)x2axb.综上得，(a1)b的最大值为.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见创新设计高考总复习光盘中内容.
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