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预习衔接.夯实基础 导数在研究函数中的应用
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 东莞市期中）设a＝0.91.2，b＝1.20.3，c＝1.10.3，则（　　）
A．b＞c＞a B．a＞b＞c C．b＞a＞c D．a＞c＞b
2．（2024秋 河西区期中）已知函数有下列结论：
①最小正周期为；
②点为f（x）图象的一个对称中心；
③若f（x）＝a在区间上有两个实数根，则实数a的取值范围是；
④若f（x）的导函数为f'（x），则函数y＝f（x）+f'（x）的最大值为．
则上述结论正确的是（　　）
A．①② B．②③ C．①④ D．①③④
3．（2024秋 镇海区校级期中）已知函数f（x）是奇函数，函数g（x）是偶函数，且当x＞0时，f′（x）＞0，g′（x）＞0，则x＜0时，以下说法正确的是（　　）
A．f′（x）+g′（x）＞0 B．f′（x）﹣g′（x）＞0
C．f′（x）g′（x）＞0 D．
4．（2024秋 镇海区校级期中）若函数在[2，+∞）上单调递增，则k的取值范围为（　　）
A． B．k≤﹣1 C．k≤1 D．
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 重庆期中）设a∈R，函数f（x）＝﹣x3+ax﹣2，则（　　）
A．当a＜0时，函数f（x）为单调递增函数
B．点（0，﹣2）为函数y＝f（x）图象的对称中心
C．存在a，b，使得函数y＝f（x）图象关于直线x＝b对称
D．函数f（x）有三个零点的充要条件是a＞3
（多选）6．（2024秋 五华区期中）已知函数f（x）＝x3﹣ax+2（a∈R），则（　　）
A．f（﹣2）+f（2）＝4
B．若a＞0，则f（x）的极大值点为
C．若f（x）至少有两个零点，则a≥3
D．f（x）在区间（﹣∞，﹣a﹣1）上单调递增
（多选）7．（2024秋 聊城期中）若点A（x1，y1），B（x2，y2）（x1≠x2）是函数f（x）＝sin2x+ax（a∈R）图像上的两点，则（　　）
A．对任意点A，存在无数点B，使曲线y＝f（x）在点A，B处的切线的倾斜角相等
B．当函数y＝f（x）存在极值点时，实数a的取值范围为[﹣2，2]
C．当x1x2≠0且y＝f（x）在点A，B处的切线都过原点时，
D．当直线AB的斜率恒小于1时，实数a的取值范围为（﹣∞，﹣1]
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 南海区校级期中）若函数f（x）＝（x2﹣2x）（x2+ax+b）的图象关于x＝﹣2对称，则f′（x）的最小值为 　 　．
9．（2024秋 浦东新区校级期中）已知等差数列A：a1，a2， ，an， ，若存在有穷等比数列B：b1，b2， ，bN，其中b1＝1，公比为q，满足bk﹣1≤ak﹣1≤bk，其中k＝2，3， ，N，则称数列B为数列A的长度为N的“等比伴随数列”．数列A的通项公式为an＝n，数列B为数列A的长度为N的“等比伴随数列”，则N的最大值为 　 　．
10．（2024秋 镇海区校级期中）已知函数f（x）＝5ex+aln（x+1）﹣（a+5）x﹣5，若f（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，则实数a的取值范围为 　 　．
11．（2024春 浦东新区校级期末）已知定义在（﹣3，3）上的奇函数y＝f（x）的导函数是f'（x），当x≥0时，y＝f（x）的图像如图所示，则关于x的不等式的解集为 　 　．
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 房山区期中）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）的图象经过点（1，0），（2，0），如图所示．求：
（Ⅰ）x0的值；
（Ⅱ）a，b，c的值；
（Ⅲ）函数f（x）在区间[﹣1，3]上的最大值和最小值．
13．（2024秋 泉州期中）已知函数，a∈R．
（1）当a＞0时，讨论f（x）的单调性；
（2）当a＞0时，设，若g（x）既有极大值又有极小值，求a的取值范围．
14．（2024秋 重庆期中）已知函数f（x）＝（x+a）lnx﹣x（a∈R）．
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数f（x）有两个极值点，求a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，确定函数f（x）零点的个数．
15．（2024秋 和平区校级期中）已知函数f（x）＝ex+msinx．
（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝2x+1，求m的值；
（2）若函数f（x）在（0，π）上单调递增，求正实数m的取值范围；
（3）求证：当m＝1时，f（x）在（﹣π，+∞）上存在唯一极小值点x0，且﹣1＜f（x0）＜0．
预习衔接.夯实基础 导数在研究函数中的应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 东莞市期中）设a＝0.91.2，b＝1.20.3，c＝1.10.3，则（　　）
A．b＞c＞a B．a＞b＞c C．b＞a＞c D．a＞c＞b
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维．
【答案】A
【分析】利用函数f（x）＝0.9x，g（x）＝x0.3和m（x）＝1.1x的单调性，结合条件，即可求解．
【解答】解：因为g（x）＝x0.3在[0，+∞）上单调递增，
又1.2＞1.1，所以b＝1.20.3＞1.10.3＝c，
因为f（x）＝0.9x是减函数，所以a＝0.91.2＜0.90＝1，
又m（x）＝1.1x是增函数，所以1.10.3＞1.10＝1，则b＞c＞a．
故选：A．
【点评】本题考查指数幂大小的比较，属于基础题．
2．（2024秋 河西区期中）已知函数有下列结论：
①最小正周期为；
②点为f（x）图象的一个对称中心；
③若f（x）＝a在区间上有两个实数根，则实数a的取值范围是；
④若f（x）的导函数为f'（x），则函数y＝f（x）+f'（x）的最大值为．
则上述结论正确的是（　　）
A．①② B．②③ C．①④ D．①③④
【考点】利用导数求解函数的最值；三角函数的周期性；正弦函数的奇偶性和对称性．
【专题】对应思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】C
【分析】由题意，根据正弦型函数的性质即可判断结论①，②，③，对函数f（x）进行求导，利用辅助角公式即可判断结论④．
【解答】解：易知函数f（x）的最小正周期为，故①正确；
由正弦型函数的性质可知，的对称中心横坐标满足，k∈Z，
即，
显然，k∈Z，故②错误；
因为，
所以，
当时，f（x）单调递增；
当时，f（x）单调递减，
所以当时，f（x）取得最大值为，最大值为1，
又，
所以要使f（x）＝a在区间上有两个实数根，
此时，故③错误；
易知，
所以，tanα＝3，
因为﹣1≤sin（3xα）≤1，
所以y＝f（x）+f′（x）的最大值为，故④正确．
综上，结论正确的有①④．
故选：C．
【点评】本题考查三角函数的图象与性质，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力，属于中档题．
3．（2024秋 镇海区校级期中）已知函数f（x）是奇函数，函数g（x）是偶函数，且当x＞0时，f′（x）＞0，g′（x）＞0，则x＜0时，以下说法正确的是（　　）
A．f′（x）+g′（x）＞0 B．f′（x）﹣g′（x）＞0
C．f′（x）g′（x）＞0 D．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；运算求解．
【答案】B
【分析】由函数的性质，结合导函数的性质逐一判断．
【解答】解：已知函数f（x）是奇函数，函数g（x）是偶函数，
则f′（x）为偶函数，g′（x）为奇函数，
又当x＞0时，f′（x）＞0，g′（x）＞0，
则当x＜0时，f′（x）＞0，g′（x）＜0，
对于A，f′（x）+g′（x）与0的大小关系无法确定，
即A错误；
对于B，f′（x）﹣g′（x）＞0，
即B正确；
对于C，f′（x）g′（x）＜0，
即C错误；
对于D，，
即D错误．
故选：B．
【点评】本题考查了函数的性质，重点考查了导函数的性质，属基础题．
4．（2024秋 镇海区校级期中）若函数在[2，+∞）上单调递增，则k的取值范围为（　　）
A． B．k≤﹣1 C．k≤1 D．
【考点】由函数的单调性求解函数或参数（导数法）．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】先对函数求导，结合导数与单调性关系即可求解．
【解答】解：因为函数在[2，+∞）上单调递增，
所以f′（x）0在[2，+∞）上恒成立，
即kx2+2x﹣k≤0在[2，+∞）上恒成立，
所以﹣k在[2，+∞）上恒成立，
令g（x），x≥2，
则g（x）在[2，+∞）上单调递减，g（x）≤g（2），
所以﹣k，即k．
故选：D．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，属于中档题．
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 重庆期中）设a∈R，函数f（x）＝﹣x3+ax﹣2，则（　　）
A．当a＜0时，函数f（x）为单调递增函数
B．点（0，﹣2）为函数y＝f（x）图象的对称中心
C．存在a，b，使得函数y＝f（x）图象关于直线x＝b对称
D．函数f（x）有三个零点的充要条件是a＞3
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】综合题；对应思想；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】BCD
【分析】由题意，对函数f（x）进行求导，进而可判断选项A；利用对称中心定义即可判断选项B；结合轴对称函数定义可知存在a，b满足a≤3b2时使得函数y＝f（x）图象关于直线x＝b对称，进而可判断选项C；由三次函数性质利用导函数求得f（x）的单调性，再根据极值的符号即可判断选项D．
【解答】解：易知f（x）的定义域为R，
可得f′（x）＝﹣3x2+a，
对于选项A：当a＜0时，f′（x）＝﹣3x2+a＜0恒成立，
所以函数f（x）为单调递减函数，故选项A错误；
对于选项B：由f（x）＝﹣x3+ax﹣2可得f（x）+f（﹣x）＝﹣x3+ax﹣2﹣（﹣x）3﹣ax﹣2＝﹣4，
此时对于 x∈R都满足f（x）+f（﹣x）＝﹣4，
所以点（0，﹣2）为y＝f（x）图象的对称中心，故选项B正确；
对于选项C：若函数y＝f（x）图象关于直线x＝b对称，
则满足f（x）＝f（2b﹣x），
因为f（2b﹣x）＝﹣（2b﹣x）3+a（2b﹣x）﹣2，
所以﹣x3+ax＝﹣（2b﹣x）3+a（2b﹣x），
整理得2（b﹣x）（x2﹣2bx+4b2﹣a）＝0，
当4b2﹣a≥b2，即a≤3b2时，
需满足当x＝b时，f（x）＝f（2b﹣x）成立，
所以存在a，b满足a≤3b2时，使得函数y＝f（x）图象关于直线x＝b对称，故选项C正确；
对于选项D：由选项A当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，f（x）单调递减，不符合题意，
所以a＞0，
令f′（x）＝﹣3x2+a＝0，
解得或，
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以当时，f（x）取得极小值；当时，f（x）取得极大值，
若函数f（x）有三个零点，
此时，
解得a＞3，
此时充分性成立；
当a＞3时，
f（x）在和上单调递减，在上单调递增，
极小值，极大值，
由三次函数性质可知此时f（x）有三个零点，
此时必要性成立，
所以函数f（x）有三个零点的充要条件是a＞3，故选项D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力，属于中档题．
（多选）6．（2024秋 五华区期中）已知函数f（x）＝x3﹣ax+2（a∈R），则（　　）
A．f（﹣2）+f（2）＝4
B．若a＞0，则f（x）的极大值点为
C．若f（x）至少有两个零点，则a≥3
D．f（x）在区间（﹣∞，﹣a﹣1）上单调递增
【考点】利用导数求解函数的极值；利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】综合题；对应思想；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】ACD
【分析】由题意，根据函数解析式运算即可判断选项A；对函数f（x）进行求导，利用导数分析函数单调性和极值即可判断选项B；分别讨论当a≤0和a＞0这两种情况，结合导数分析单调性和零点即可判断选项C，D．
【解答】解：对于选项A：因为f（x）＝x3﹣ax+2，函数定义域为R，
所以f（x）+f（﹣x）＝（x3﹣ax+2）+[（﹣x）3﹣a（﹣x）+2]＝4，
则f（﹣2）+f（2）＝4，故选项A正确；
对于选项B：因为f′（x）＝3x2﹣a，a＞0，
当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）的极大值点为，故选项B错误；
对于选项C：若f（x）至少有两个零点，
当a≤0时，f′（x）＝3x2﹣a≥0，
所以f（x）在R上单调递增，至多有一个零点，不符合题意；
当a＞0时，
由选项B知，，
即，
解得a≥3；
综上所述：a≥3，故选项C正确；
对于选项D：因为f′（x）＝3x2﹣a，
当a≤0，f（x）在R上单调递增，符合题意；
当a＞0，
此时﹣a﹣1＜0，
当x＜﹣a﹣1时，f′（x）＞f′（﹣a﹣1）＝3（﹣a﹣1）2﹣a＝3a2+5a+3，
此时Δ＝25﹣36＝﹣11＜0，
所以f′（x）＞3a2+5a+3＞0，
即f（x）在（﹣∞，﹣a﹣1）上单调递增；
综上所述：f（x）在（﹣∞，﹣a﹣1）上单调递增，故选项D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．
（多选）7．（2024秋 聊城期中）若点A（x1，y1），B（x2，y2）（x1≠x2）是函数f（x）＝sin2x+ax（a∈R）图像上的两点，则（　　）
A．对任意点A，存在无数点B，使曲线y＝f（x）在点A，B处的切线的倾斜角相等
B．当函数y＝f（x）存在极值点时，实数a的取值范围为[﹣2，2]
C．当x1x2≠0且y＝f（x）在点A，B处的切线都过原点时，
D．当直线AB的斜率恒小于1时，实数a的取值范围为（﹣∞，﹣1]
【考点】由函数的极值求解函数或参数；导数与切线的斜率．
【专题】对应思想；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】ACD
【分析】由题意，将问题转化为在点A，B处导数值相同，由方程有无数解可判断选项A；根据函数存在极值点，转化为导数存在变号零点，分离参数，即可判断选项B；利用切线斜率的两种求法建立等量关系可判断选项C；将问题转化为函数f（x）﹣x单调递减，利用导数小于等于0恒成立可判断选项D．
【解答】解：对于选项A：因为f（x）的定义域为R，
可得f′（x）＝a+2cos2x，
要使f′（x）＝f′（x1），
此时cos2x＝cos2x1，
即2x＝±2x1+2kπ，k∈Z，
所以x＝±x1+kπ，k∈Z，即对任意x1，x的值有无数个，故选项A正确；
对于选项B：因为f′（x）＝a+2cos2x，
令f′（x）＝0，
解得﹣a＝2cos2x，
因为2cos2x∈[﹣2，2]，
所以﹣a∈[﹣2，2]，
即a∈[﹣2，2]，
又x1≠x2，
所以a∈（﹣2，2），故选项B错误；
对于选项C：因为曲线y＝f（x）在点A，B处的切线都过原点，
又x1x2≠0，
所以点A，B均不与原点重合，
设曲线在A（x1，y1）处切线的斜率为k，
此时k＝f′（x1）＝a+2cos2x1，
因为切线过原点，
则切线的斜率，
所以，
整理得sin2x1＝2x1cos2x1，
若cos2x1＝0，即sin2x1＝0时，这与矛盾，
故cos2x1≠0，
此时，
同理得tan2x2＝2x2，
因为x1≠x2，
所以，故选项C正确；
对于选项D：若对于任意点A，B，直线AB的斜率恒小于1，
此时，
即，
所以F（x）＝f（x）﹣x在R上单调递减，
可得F′（x）＝f′（x）﹣1＝a+2cos2x﹣1≤0恒成立，
设g（x）＝a+2cos2x﹣1，函数定义域为R，
易知g（x）max＝a+1，
要使a+2cos2x﹣1≤0恒成立，
此时a+1≤0，
即a≤﹣1，故选项D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 南海区校级期中）若函数f（x）＝（x2﹣2x）（x2+ax+b）的图象关于x＝﹣2对称，则f′（x）的最小值为 　﹣36　．
【考点】利用导数研究函数的最值．
【专题】对应思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】﹣36．
【分析】由题意，根据函数的对称性推出方程x2+ax+b＝0的两根分别为x＝﹣4，x＝﹣6，结合韦达定理求出a，b的值以及函数解析式，利用换元法以及二次函数的性质求解即可．
【解答】解：因为函数f（x）＝（x2﹣2x）（x2+ax+b）的图象关于x＝﹣2对称，
令f（x）＝0，
此时x2﹣2x＝0，
解得x＝0或x＝2，
由对称性可知，方程x2+ax+b＝0的两根分别为x＝﹣4，x＝﹣6，
由韦达定理得，
解得a＝10，b＝24，
所以f（x）＝x（x﹣2）（x2+10x+24）＝（x2+4x）（x2+4x﹣12），
令t＝x2+4x＝（x+2）2﹣4，t≥﹣4，
设h（t）＝t（t﹣12）＝t2﹣12t，
易知函数y＝h（t）是开口向上的二次函数，对称轴x＝6，
所以h（t）min＝h（6）＝﹣36．
故答案为：﹣36．
【点评】本题考查函数的值域与最值，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
9．（2024秋 浦东新区校级期中）已知等差数列A：a1，a2， ，an， ，若存在有穷等比数列B：b1，b2， ，bN，其中b1＝1，公比为q，满足bk﹣1≤ak﹣1≤bk，其中k＝2，3， ，N，则称数列B为数列A的长度为N的“等比伴随数列”．数列A的通项公式为an＝n，数列B为数列A的长度为N的“等比伴随数列”，则N的最大值为 　6　．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；数列的应用．
【专题】整体思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解；新定义类．
【答案】6．
【分析】设出长度为N的“等比伴随数列”的公比，利用定义建立不等式，变形不等式转化为不等式恒成立问题，构造函数，利用导数，结合零点存在性定理求解即得．
【解答】解：由题意可知，对任意正整数k，当k＝2，3， ，N时，都有bk﹣1≤ak﹣1≤bk成立，
又因为b1＝1，数列A的通项公式为an＝n，
所以对2≤k≤N恒成立，
即qk﹣2≤k﹣1≤qk﹣1对2≤k≤N恒成立，
当k＝2时，有q≥1；当k＝3时，q≤2≤q2，即，
当k≥4时，有恒成立，
即当k≥4时，，
构造函数，
则，函数f（x）在[4，+∞）上单调递减，
所以当k＝4时，，
构造函数，
则，函数g（x）在[4，+∞）上单调递减，
即当4≤k≤N时，，
所以，即3ln（N﹣1）﹣（N﹣2）ln3≥0，
令h（x）＝3ln（x﹣1）﹣（x﹣2）ln3（x≥4），
则，函数h（x）在[4，+∞）上单调递减，
又h（6）＝3ln5﹣4ln3＞0，h（7）＝3ln6﹣5ln3＜0，
因此存在x0∈（6，7），使得h（x0）＝0，
所以N的最大值为6．
故答案为：6．
【点评】本题主要考查了数列的新定义问题，考查了构造新函数，利用导数研究函数的单调性、最值，属于中档题．
10．（2024秋 镇海区校级期中）已知函数f（x）＝5ex+aln（x+1）﹣（a+5）x﹣5，若f（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，则实数a的取值范围为 　（﹣∞，5]　．
【考点】利用导数求解函数的最值．
【专题】转化思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（﹣∞，5]．
【分析】就a＞0、a≤0分类讨论，前者再就0≤a≤5，a＞5分类后结合导数的符号讨论单调性后可得相应范围，后者结合常见的函数不等式可得恒成立，故可得参数的取值范围．
【解答】解：（1）当a＞0时，，
设，
则，
因为a＞0，故y＝5ex，均为（0，+∞）上的增函数，
故g'（x）在（0，+∞）上为增函数，
若5﹣a≥0，即0＜a≤5，则g'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
故g（x）在（0，+∞）上为增函数，故g（x）＞g（0）＝0恒成立，
故f（x）为（0，+∞）上为增函数，故f（x）＞f（0）＝0恒成立，故0＜a≤5，符合，
若5﹣a＜0，即a＞5，此时g'（0）＝5﹣a＜0，而，
故存在，使得g'（x0）＝0，
且 x∈（0，x0），g'（x）＜0，即g（x）在（0，x0）上为减函数，
故 x∈（0，x0），g（x）＜g（0）＝0，
即f（x）在（0，x0）上为减函数，
故f（x）＜f（0）＝0，与题设矛盾，
当a≤0时，设s（x）＝x﹣ln（x+1），x＞0，
则，
故s（x）在（0，+∞）上为增函数，
故s（x）＞s（0）＝0，即x﹣ln（x+1）＞0，x＞0，
设t（x）＝ex﹣x﹣1，x＞0，
则t'（x）＝ex﹣1＞0，t（x）在（0，+∞）上为增函数，
故t（x）＞t（0）＝0，即ex﹣x﹣1＞0，x＞0，
而a≤0，故5（ex﹣x﹣1）﹣a[x﹣ln（x+1）]＞0，
即5ex+aln（x+1）﹣（a+5）x﹣5＞0，
即f（x）＞0，
故f（x）≥0也成立，
综上，a≤5，
故a的取值范围是（﹣∞，5]．
故答案为：（﹣∞，5]．
【点评】本题考查导数的应用，属于中档题．
11．（2024春 浦东新区校级期末）已知定义在（﹣3，3）上的奇函数y＝f（x）的导函数是f'（x），当x≥0时，y＝f（x）的图像如图所示，则关于x的不等式的解集为 　{x|0＜x＜1或﹣3＜x＜﹣1}　．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】综合题；转化思想；分析法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】{x|0＜x＜1或﹣3＜x＜﹣1}．
【分析】根据奇函数的导数为偶函数，结合已知条件得到f（x）的单调性，进而得到f′（x）的符号规律，进而解不等式．
【解答】解：因为f（x）是奇函数，结合f（x）的图象可知：
f（x）在（﹣1，1）上单调递增，在（﹣3，﹣1），（1，3）上单调递减，
故f′（x）＜0 ﹣3＜x＜﹣1或1＜x＜3；f′（x）＞0 ﹣1＜x＜1，
故 或，
解得0＜x＜1或﹣3＜x＜﹣1．
故答案为：{x|0＜x＜1或﹣3＜x＜﹣1}．
【点评】本题考查导数与函数单调性之间的关系，以及函数的奇偶性等性质，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 房山区期中）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）的图象经过点（1，0），（2，0），如图所示．求：
（Ⅰ）x0的值；
（Ⅱ）a，b，c的值；
（Ⅲ）函数f（x）在区间[﹣1，3]上的最大值和最小值．
【考点】利用导数研究函数的最值．
【专题】综合题；对应思想；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（Ⅰ）1；
（Ⅱ）a＝2，b＝﹣9，c＝12；
（Ⅲ）最大值为9，最小值为﹣23．
【分析】（Ⅰ）观察图象满足f′（x）＝0的点附近的导数的符号的变化情况，来确定极大值，求出x0的值；
（Ⅱ）根据图象可得f′（1）＝0，f′（2）＝0，f（1）＝5，建立三个方程，联立方程组求解即可；
（Ⅲ）结合（Ⅱ）中信息得到函数f（x）的解析式，对函数f（x）进行求导，利用导数得到函数的单调性和极值，结合端点值即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）易知当x∈（﹣∞，1）时，f′（x）＞0，当x∈（1，2）时，f′（x）＜0，当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（﹣∞，1），（2，+∞）上单调递增，在（1，2）上单调递减，
则f（x）在x＝1处取得极大值，
所以x0＝1；
（Ⅱ）易知f′（x）＝3ax2+2bx+c，
因为f′（1）＝0，f′（2）＝0，f（1）＝5，
所以，
解得a＝2，b＝﹣9，c＝12；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f（x）＝2x3﹣9x2+12x，
可得f′（x）＝6x2﹣18x+12＝6（x﹣1）（x﹣2），
当﹣1≤x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当﹣1＜x＜2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当2＜x≤3时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当x＝1时，f（x）取得极大值，极大值f（1）＝5，
当x＝2时，f（x）取得极小值，极小值f（2）＝4，
又f（﹣1）＝﹣23，f（3）＝9．
所以函数f（x）在区间[﹣1，3]上的最大值为9，最小值为﹣23．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、数形结合和运算能力，属于中档题．
13．（2024秋 泉州期中）已知函数，a∈R．
（1）当a＞0时，讨论f（x）的单调性；
（2）当a＞0时，设，若g（x）既有极大值又有极小值，求a的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．
【专题】综合题；对应思想；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）当a＝1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞1时，f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为；
当0＜a＜1时，f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）（0，e﹣3）．
【分析】（1）由题意，对函数f（x）进行求导，分别讨论当0＜a＜1，a＝1，a＞1这三种情况，进而可解；
（2）对函数g（x）进行求导，将问题转化成至少有两个不同实数根，构造函数，对函数h（x）进行求导，利用导数得到函数的单调性和极值，进而可解．
【解答】解：（1）当a＞0时，f（x）的定义域为（0，+∞），
可得，
当a＝1时，恒成立，f（x）单调递增；
当a＞1时，，，
当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当0＜a＜1时，，
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
综上所述，当a＝1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞1时，f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为；
当0＜a＜1时，f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）因为，
可得，
若g（x）既有极大值又有极小值，
此时g′（x）至少存在两个变号零点，
即至少有两个不同实数根，
设，
可得，
当时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；
当时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
所以当时，h（x）取得极大值，极大值，
当x→0时，h（x）→﹣∞；当x→+∞时，h（x）→0，
所以当，即0＜a＜e﹣3时，g′（x）有两个变号零点，且分别为g（x）极大值点和极小值点．
故a的取值范围为（0，e﹣3）．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理、分类讨论、转化思想和运算能力，属于中档题．
14．（2024秋 重庆期中）已知函数f（x）＝（x+a）lnx﹣x（a∈R）．
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数f（x）有两个极值点，求a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，确定函数f（x）零点的个数．
【考点】利用导数求解函数的极值；利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】综合题；对应思想；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）x﹣y﹣2＝0；
（2）（0，）；
（3）一个．
【分析】（1）由题意，对函数f（x）进行求导，利用导数的几何意义进行求解即可；
（2）利用二次求导，分类讨论当a≤0，与这三种情况，结合导数与函数极值的关系即可得解；
（3）结合（2）中结论，分析得f（x）的极大值的正负情况，结合零点存在定理即可得解．
【解答】解：（1）易知f（x）的定义域为（0，+∞），
可得，
当a＝1时，f（x）＝（x+1）lnx﹣x，
可得，
所以，
又f（1）＝（1+1）×ln1﹣1＝﹣1，
所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y+1＝1×（x﹣1），
即x﹣y﹣2＝0；
（2）若函数f（x）有两个极值点，
此时有两个不等正根，
设g（x）＝lnx，函数定义域为（0，+∞），
可得g′（x），
当a≤0时，g′（x）≥0，g（x）单调递增，
即f′（x）单调递增，
所以f（x）至多只有一个极值点，不满足题意；
当a＞0时，
当0＜x＜a时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x＞a时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）min＝g（a）＝lna+1，
当，即lna+1≥0时，g（x）≥0，
即f′（x）≥0，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值点，不满足题意；
当时，g（a）＝lna+1＜0，
令m（x）＝lnx﹣x+1，函数定义域为（0，+∞），
可得，
当0＜x＜1时，m′（x）＞0，m（x）单调递增；
当x＞1时，m′（x）＜0，m（x）单调递减，
所以m（x）≥m（1）＝ln1﹣1+1＝0，
即lnx≤x﹣1，
则lnx≤x﹣1＜x，
所以，
即，
此时，
令h（x）＝ex﹣x2，函数定义域为（e，+∞），
可得h′（x）＝ex﹣2x，
令n（x）＝ex﹣2x，函数定义域为（e，+∞），
可得n′（x）＝ex﹣2＞0，
所以n（x）在（e，+∞）上单调递增，
所以n（x）＞n（e）＝ee﹣2e＞0，
则h（x）单调递增，
此时h（x）＞h（e）＝ee﹣e2＞0，
即ex＞x2，
所以，
则存在x1∈（0，a），使得g（x1）＝0，
又，
所以存在x2∈（a，+∞），使得g（x2）＝0，
此时f（x）有两个极值点，满足题意，
综上所述，a的取值范围为（0，）；
（3）设f（x）的两个极值点为x1，x2，且0＜x1＜a＜x2，
由（2）知，
当0＜x＜x1时，g（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x1＜x＜x2时，g（x）＜0，f′（x）＞0，f（x）单调递减；
当x＞x2时，g（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
又，
即a＝﹣x1lnx1，
所以，
则f（x2）＜f（x1）＜0，
又，
令t（x）＝（x﹣1）ex，函数定义域为（e，+∞），
由（2）知lnx≤x﹣1，
所以lnex≤ex﹣1，
即ex≥x+1，
所以（x﹣1）ex+1＞（x﹣1）（x+1）+1＝x2＞0，
此时，
所以，
所以f（x）在（0，x2）上没有零点，在（x2，+∞）上有一个零点．
故f（x）仅有一个零点．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理、分类讨论、转化思想和运算能力，属于中档题．
15．（2024秋 和平区校级期中）已知函数f（x）＝ex+msinx．
（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝2x+1，求m的值；
（2）若函数f（x）在（0，π）上单调递增，求正实数m的取值范围；
（3）求证：当m＝1时，f（x）在（﹣π，+∞）上存在唯一极小值点x0，且﹣1＜f（x0）＜0．
【考点】利用导数求解函数的极值；利用导数研究函数的单调性．
【专题】转化思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）1；（2）（0，]；（3）证明见解答．
【分析】（1）对函数进行求导，利用导数的几何意义即可求解；
（2）求导后转化为导数的恒成立问题，分离参数法求解即可；
（3）利用零点存在性定理求出导函数零点，进而确定原函数极值点，转化为三角函数求范围即可．
【解答】解：（1）因为函数f（x）＝ex+msinx，
所以f′（x）＝ex+mcosx，
因为曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝2x+1，
所以f′（0）＝2，
即e0+mcos0＝2，
解得m＝1；
（2）易知f′（x）＝ex+mcosx，由已知得函数f（x）在（0，π）上单调递增，
故f′（x）≥0在（0，π）上恒成立，
当cosx＝0时，显然f'（x）＞0，
当cosx＜0时，即x∈（，π），化简得，
易得，
令g'（x）＜0，则x∈（，），令，
故g（x）在（，）单调递减，在单调递增，
当cosx＞0时，即x∈（0，），则mg（x），
则g'（x），
显然x∈（0，）上，g'（x）＜0恒成立，所以m≥g（0）＝﹣1，
综上所述：g（x）≥g（），可得m，结合m＞0，故m∈（0，]．
（3）证明：当m＝1时，f（x）＝ex+sinx，定义域为（﹣π，+∞），故f′（x）＝ex+cosx，
当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增，此时f（x）无极值点，
当x∈（﹣π，0）时，f′′（x）＝ex﹣sinx，显然f′′（x）＞0恒成立，
则f′（x）在（﹣π，0）单调递增，易知，即，
故存在作为f′（x）零点，故，
令f′（x）＜0，x∈（﹣π，x0），令f′（x）＞0，x∈（x0，0），
故f（x）在（﹣π，x0）单调递减，在（x0，0）单调递增，
即f（x）极小值是，
结合，可得，即﹣1＜f（x0）＜0得证．
【点评】本题综合考査导数的极值点，几何意义，掌握分离参数法，属于难题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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