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高考數學導數的概念專項檢測及答案
一、選擇題
1若函數y=f（x）可導，則f（x）=0有實根是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f（x）=x3+ax2+（a+6）x+1有極大值和極小值，則實數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），因為函數有極大值和極小值，所以f（x）=0有兩個不相等的實數根，所以=4a2—43（a+6）0，解得a—3或a6
答案 B
設f（x）是一個三次函數，f（x）為其導函數，如圖所示的是y=xf（x）的圖象的一部分，則f（x）的極大值與極小值分別是（）
Af（1）與f（—1） Bf（—1）與f（1）
Cf（—2）與f（2） Df（2）與f（—2）
解析 由圖象知f（2）=f（—2）=0x2時，y=xf（x）0，f（x）0，y=f（x）在（2，+）上單調遞增；同理f（x）在（—，—2）上單調遞增，在（—2，2）上單調遞減，
y=f（x）的極大值為f（—2），極小值為f（2），故選C
答案 C設aR，函數f（x）=ex+ae—x的導函數是f（x），且f（x）是奇函數若曲線y=f（x）的一條切線的斜率是，則切點的橫坐標為（）
Aln2 B—ln2
C D
解析 f（x）=ex—ae—x，這個函數是奇函數，因為函數f（x）在0處有定義，所以f（0）=0，故只能是a=1此時f（x）=ex—e—x，設切點的橫坐標是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正確選項為A
A
5設函數f（x）=ax2+bx+c（a，b，cR）若x=—1為函數f（x）ex的一個極值點，則下列圖象不可能為y=f（x）的圖象是（）解析 若x=—1為函數f（x）ex的一個極值點，則易得a=c因選項A、B的函數為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f（x）ex的一個極值點，滿足條件；選項C中，對稱軸x=—0，且開口向下，a0，b0，f（—1）=2a—b0，也滿足條件；選項D中，對稱軸x=——1，且開口向上，a0，b2a，f（—1）=2a—b0，與圖矛盾，故答案選D
答案 D
已知函數f（x）=x3+2bx2+cx+1有兩個極值點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 因為f（x）有兩個極值點x1，x2，所以f（x）=3x2+4bx+c=0有兩個根x1，x2，且x1[—2，—1]，x2[1，2]，所以即
畫出可行域如圖所示因為f（—1）=2b—c，由圖知經過點A（0，—3）時，f（—1）取得最小值3，經過點C（0，—12）時，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
函數f（x）=x2—2ln x的最小值為________
解析 由f（x）=2x—=0，得x2=1又x0，所以x=1因為01時f（x）0，所以當x=1時，f（x）取極小值（極小值唯一）也即最小值f（1）=1
答案 1
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0，即36a2—36（a+2）0，
解得a—1，或a2
答案 （—，—1）（2，+）
已知函數f（x）=mx3+nx2的圖象在點（—1，2）處的切線恰好與直線3x+y=0平行，若f（x）在區間[t，t+1]上單調遞減，則實數t的取值范圍是________
解析 由題意知，點（—1，2）在函數f（x）的圖象上，
故—m+n=2
又f（x）=3mx2+2nx，則f（—1）=—3，
故3m—2n=—3
聯立解得：m=1，n=3，即f（x）=x3+3x2，
令f（x）=3x2+6x0，解得—20，
則[t，t+1][—2，0]，故t—2且t+10，
所以t[—2，—1]
答案 [—2，—1]
已知函數f（x）=+ln x，若函數f（x）在[1，+）上為增函數，則正實數a的取值范圍為________
解析 f（x）=+ln x，f（x）=（a0），
函數f（x）在[1，+）上為增函數，f（x）=0對x[1，+）恒成立，ax—10對x[1，+）恒成立，即a對x[1，+）恒成立，a1
答案 [1，+）
三、解答題
已知函數f（x）=ax3+bx2+cx在點x0處取得極大值5，其導函數y=f（x）的圖象經過（1，0），（2，0）點，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x=1時f（x）取到極大值5，則x0=1
（2）f（x）=3ax2+2bx+c，a0
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
某商場銷售某種商品的經驗表明，該商品每日的銷售量y（單位：千克）與銷售價格x（單位：元/千克）滿足關系式y=+10（x—6）2，其中30），且方程f（x）—9x=0的兩根分別為1，4
（1）當a=3且曲線y=f（x）過原點時，求f（x）的解析式；
（2）若f（x）在（—，+）內無極值點，求a的取值范圍
解 由f（x）=x3+bx2+cx+d得f（x）=ax2+2bx+c
因為f（x）—9x=ax2+2bx+c—9x=0的兩個根分別為1，4，
所以（*）
（1）當a=3時，由（*）式得
解得b=—3，c=12又因為曲線y=f（x）過原點，
所以d=0故f（x）=x3—3x2+12x
（2）由于a0，所以f（x）=x3+bx2+cx+d在（—，+）內無極值點等價于f（x）=ax2+2bx+c0在（—，+）內恒成立由（*）式得2b=9—5a，c=4a
又=（2b）2—4ac=9（a—1）（a—9），
由得a[1，9]
即a的取值范圍是[1，9]
已知函數f（x）滿足f（x）=f（1）ex—1—f（0）x+x2
（1）求f（x）的解析式及單調區間；
（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x（—，0）時，f（x）
當x（0，+）時，f（x）0
從而，f（x）在（—，0）上單調遞減，在（0，+）上單調遞增
（2）由已知條件得ex—（a+1）xb
（i）若a+10，則對任意常數b，當x0，且x時，可得ex—（a+1）x0，設g（x）=ex—（a+1）x，
則g（x）=ex—（a+1）
當x（—，ln（a+1））時，g（x）
當x（ln（a+1），+）時，g（x）0
從而g（x）在（—，ln（a+1））上單調遞減，在（ln（a+1），+）上單調遞增
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等價于ba+1—（a+1）ln（a+1）
因此（a+1）b（a+1）2—（a+1）2ln（a+1）
設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）上單調遞增，在（e—1，+）上單調遞減，故h（a）在a=e—1處取得最大值
從而h（a），即（a+1）b
當a=e—1，b=時，式成立故f（x）x2+ax+b
綜上得，（a+1）b的最大值為
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