2、
[解析] 因為y′＝3x2－12，由y′>0得函數的增區(qū)間是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y′<0，得函數的減區(qū)間是(－2,2)，由于函數在(k－1，k＋1)上不是單調函數，所以有k－1<－2
C．m≤ D．m<
[答案] A
[解析] 由f ′(x)＝2x3－6x2＝0得，x＝0或x＝3，
經檢驗知x＝3是函數的一個最小值點，
所以函數的最小值為f(3)＝3m－，
不
3、等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，
所以3m－≥－9，解得m≥.
4．當x≥2時，lnx與x－x2的關系為( )
A．lnx>x－x2 B．lnx0，∴F(x)在[2，＋∞)上為增函數．
又∵F(2)＝ln2＋2－2＝ln2>0，
∴F(x)>0在[2，＋∞)上恒成立，
∴即lnx＋x2－x>0，∴l(xiāng)nx>x－x2.
5．(2020·湖南理，8)設直線x＝t與函數f(x)＝x2，g
4、(x)＝lnx的圖像分別交于點M，N，則當|MN|達到最小時t的值為( )
A．1 B.
C. D.
[答案] D
[解析] 本小題考查內容為導數的應用——求函數的最小值．
∵f(x)＝x2，g(x)＝lnx，圖象如下
∴|MN|＝f(x)－g(x)＝x2－lnx(x>0)
令F(x)＝f(x)－g(x)＝x2－lnx，∴F′(x)＝2x－.
令F′(x)＝0，∴x＝，∴F(x) 在x＝處最?。?
6．(文)(2020·山東文)已知某生產廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產量x(單位：萬件)的函數關系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產廠家獲取最大的年利潤的年
5、產量為( )
A．13萬件 B．11萬件
C．9萬件 D．7萬件
[答案] C
[解析] 本題考查了導數的應用及求導運算．
∵x>0，y′＝－x2＋81＝(9－x)(9＋x)，令y′＝0，得x＝9時；當x∈(0,9)時，y′>0，x∈(9，＋∞)，y′<0.y先增后減，∴x＝9時函數取最大值，選C.
(理)要做一個圓錐形的漏斗，其母線長為20cm，要使其體積為最大，則高為( )
A.cm B.cm
C.cm D.cm
[答案] D
[解析] 設圓錐的高為x，則底面半徑為，
其體積為V＝πx(400－x2) (0＜x＜20)，
V′＝π(400－3
6、x2)，令V′＝0，解得x＝.
當0＜x＜時，V′＞0；當＜x＜20時，V′＜0
所以當x＝時，V取最大值．
二、填空題
7．如下圖，函數f(x)的圖像是折線段ABC，其中A、B、C的坐標分別為(0,4)、(2,0)、(6,4)，則f(f(0))＝________；函數f(x)在x＝1處的導數f ′(1)＝________.
[答案] 2，－2
8．已知函數f(x)＝ax－lnx，若f(x)＞1在區(qū)間(1，＋∞)內恒成立，則實數a的取值范圍為____．
[答案] a≥1
[解析] 由已知得a＞在區(qū)間(1，＋∞)內恒成立．
設g(x)＝，則g′(x)＝－＜0 (x＞1)，
7、
∴g(x)＝在區(qū)間(1，＋∞)內單調遞減，
∴g(x)＜g(1)，∵g(1)＝1，
∴＜1在區(qū)間(1，＋∞)內恒成立，∴a≥1.
三、解答題
9．(文)已知a為實數，函數f(x)＝(x2＋1)(x＋a)，若f′(－1)＝0，求函數y＝f(x)在上的最大值和最小值．
[解析] f′(x)＝3x2＋2ax＋1.
∵f′(－1)＝0，∴3－2a＋1＝0，即a＝2.
∴f′(x)＝3x2＋4x＋1＝3(x＋1)．
由f′(x)≥0，得x≤－1或x≥－；
由f′(x)≤0，得－1≤x≤－.
因此，函數f(x)的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為.
∴f(x)在x＝－1取得極大值f(
8、－1)＝2，
f(x)在x＝－取得極小值f＝.
又∵f＝，f(1)＝6，且>，
∴f(x)在上的最大值為f(1)＝6，最小值為f＝.
(理)(2020·北京理，18)已知函數f(x)＝(x－k)2e.
(1)求f(x)的單調區(qū)間；
(2)若對于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范圍．
[解析] (1)f′(x)＝(x2－k2)e，令f′(x)＝0，得x＝±k.
當k>0時，f(x)與f′(x)的情況如下：
x
(－∞，－k)
－k
(－k，k)
k
(k，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
4k2e－1
↘
9、
0
↗
所以，f(x)的單調遞增區(qū)間是(－∞，－k)和(k，＋∞)；單調遞減區(qū)間是(－k，k)．
當k<0時，f(x)與f′(x)的情況如下：
x
(－∞，k)
k
(k，－k)
－k
(－k，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
0
↗
4k2e－1
↘
所以，f(x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，k)和(－k，＋∞)；單調遞增區(qū)間是(k，－k)．
(2)當k>0時，因為f(k＋1)＝e>，
所以不會有?x∈(0，＋∞)，f(x)≤.
當k<0時，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝.
所以?x∈
10、(0，＋∞)，f(x)≤等價于f(－k)＝≤.
解得－≤k<0.故當?x∈(0，＋∞)，f(x)≤時，
k的取值范圍是[－，0)．
一、選擇題
1．(2020·浙江文，10)設函數f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若x＝－1為函數f(x)ex的一個極值點，則下列圖像不可能為y＝f(x)的圖像是( )
[答案] D
[解析] 本題考查了導數的極值及有關函數圖像問題．
由F(x)＝f(x)·ex得，
F′(x)＝f′(x)ex＋f(x)·(ex)′
＝ex[ax2＋(2a＋b)x＋b＋c]
∵x＝－1是F(x)的極值點，∴F′(－1)＝0，得c
11、＝a.
∴f(x)＝ax2＋bx＋a，∴f′(x)＝2ax＋b
∴f′(－1)＝－2a＋b，f(－1)＝2a－b
由f′(－1)＝0，則b＝2a，f(－1)＝0，b＝2a，故A，B選項可能成立；
由f′(－1)>0，∴－2a＋b>0，∴f(－1)<0，故C選項也成立；所以，答案選D.
2．(文)已知對任意實數x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0時f ′(x)>0，g′(x)>0，則x<0時( )
A．f ′(x)>0，g′(x)>0 B．f ′(x)>0，g′(x)<0
C．f ′(x)<0，g′(x)>0 D．f ′(x)<0，g′(x)<0
12、
[答案] B
[解析] f(x)是奇函數，g(x)為偶函數．x>0時，f(x)，g(x)都單調遞增，x<0時，f(x)單調遞增，g(x)單調遞減，即f′(x)>0，g′(x)<0.
(理)函數f(x)在定義域R內可導，若f(x)＝f(2－x)，且當x∈(－∞，1)時，(x－1)·f′(x)<0，則a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)的大小關系是( )
A．a
13、0，所以x∈(－∞，1)時f(x)是增函數，又c＝f(3)＝f(－1)，而f(－1)0；當－11時，f′(x)>0.所以當x＝－1時函數f(x)有極大值，當x＝1時函數f(x)有極小值．要使函數f(x)有3個不同的零點，只需滿足解得－2
14、山東濟南模擬)將長為52cm的鐵絲剪成兩段，各圍成一個長與寬之比為2:1及3:2的矩形，那么面積之和的最小值為________cm2.
[答案] 78
[解析] 設剪成的兩段中其中一段為x，另一段為52－x.
由題意知，面積之和為S＝·＋·＝x2＋(52－x)2，
S′＝x－(52－x)．
令S′＝0，則x＝27，另一段為52－27＝25.此時Smin＝78(cm2)．
(理)將邊長為1m的正三角形薄鐵皮，沿一條平行于某邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，記S＝，則S的最小值是________．
[答案]
[解析] 本題主要考查了導數在實際問題中的應用，求解的關鍵在于根據條件正
15、確地建立目標函數，進而利用導數工具求函數的最值，重點考查了考生的建模能力和運算能力．
如上圖，設AD＝x(00，S遞增；故當x＝時，S的最小值是.
三、解答題
5．(文)已知函數f(x)＝x3－px2－qx的圖像與x軸切于(1,0)點，求f(x)的極值．
[解析] ∵f(x)過(1,0)點，∴f(1)＝1－p－q＝0.
∵f
16、′(x)＝3x2－2px－q，且f(x)與x軸相切于點(1,0)，
∴f′(1)＝3－2p－q＝0.
解方程組得
∴f′(x)＝3x2－4x＋1＝(x－1)(3x－1)，
其圖像如上圖所示．
∴f(x)＝x3－2x2＋x，∴f(x)極大值＝f＝3－22＋＝，
f(x)極小值＝f(1)＝13－2×12＋1＝0.
(理)(2020·東北四校聯考)已知函數f(x)＝－x，求函數f(x)的最大值．
[解析] ∵f′(x)＝－1，
令f′(x)＝0得x2＝1－lnx.
顯然x＝1是方程的解．
令g(x)＝x2＋lnx－1，x∈(0，＋∞)，
則g′(x)＝2x＋>0，
∴函
17、數g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
∴x＝1是方程f′(x)＝0的唯一解
∵當00，
當x>1時，f′(x)<0.
∴函數f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減．
∴當x＝1時函數有最大值f(x)max＝f(1)＝－1.
6．(文)(2020·全國大綱卷文，21)已知函數f(x)＝x3＋3ax2＋(3－6a)x＋12a－4(a∈R)．
(1)證明：曲線y＝f(x)在x＝0處的切線過點(2,2)；
(2)若f(x)在x＝x0處取得最小值，x0∈(1,3)，求a的取值范圍．
[解析] (1)f′(x)＝3x2＋6ax＋3－6a
18、由f(0)＝12a－4，f′(0)＝3－6a得曲線y＝f(x)在x＝0處的切線方程為y＝(3－6a)x＋12a－4，由此知曲線y＝f(x)在x＝0處的切線經過點(2,2)．
(2)由f′(x)＝0，得x2＋2ax＋1－2a＝0
(ⅰ)當Δ≤0，即－－1≤a≤－1時，f(x)沒有極小值．
(ⅱ)當Δ>0，即a>－1或a<－－1時，由f′(x)＝0得
x1＝a－，x2＝－a＋
故x0＝x2，由題設知，1<－a＋<3
當a>－1時，不等式1<－a＋<3無解
當a<－－1時，解不等式1<－a＋<3得－
19、課標文，21)已知函數f(x)＝＋，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)證明：當x>0，且x≠1時，f(x)>.
[解析] (1)f′(x)＝－.
由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－，且過點(1,1)，故即
解得a＝1，b＝1
(2)由(1)知f(x)＝＋，所以
f(x)－＝(2lnx－)．
考慮函數h(x)＝2lnx－(x>0)，則
h′(x)＝－＝－.
所以當x≠1時，h′(x)<0，而h(1)＝0，故
當x∈(0,1)時，h(x)>0，可得h(x)>0；
當x∈(1，＋∞)時，h(x)<0，可得h(x)
20、>0.
從而當x>0，且x≠1時，f(x)－>0，即f(x)>.
7．統(tǒng)計表明，某種型號的汽車在勻速行駛中每小時耗油量y(升)關于行駛速度x(千米/小時)的函數解析式可以表示為y＝x3－x＋8(00，f(x)是增函數．
∴當x＝80時，f(x)取到極小值f(80)＝11.25(升)．
因為f(x)在(0,120]上只有一個極小值，所以它是最小值．
答：當汽車以80千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少，最少為11.25升．
【走向高考】2020年高考數學總復習 3-2導數的應用課后作業(yè) 北師大版
