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导数高考解答题专项练习 高考试题 考点一 利用导数研究函数的单调性? 1.(2013年安徽卷,文10)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2.若f(x1)=x1x2,则关于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的不同实根个数为(　　) (A)3 (B)4 (C)5 (D)6 解析:因f(x)=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,所以函数f(x)的导函数f′(x)=3x2+2ax+b的图象与x轴有两个交点,所以当x∈(-∞,x1),(x2,+∞)时f′(x)0,这时y=f(x)是增函数,x∈(x1,x2)时,f′(x)0,这时y=f(x)是减函数,所以f(x1)f(x2),又因f(x1)=x1x2,所以函数f(x)的示意图如图所示.因关于3x2+2ax+b=0 的方程有两根x1,x2,所以关于f(x)的方程3(f(x))2+2a(f(x))+b=0有两根x1,x2,则f(x)=x1,f(x)=x2,作直线y=x1,y=x2,由图象可知直线与函数y=f(x)图象有3个交点,故所求方程有3个不同的实根.故选A. 答案:A 2.(2012年辽宁卷,文8)函数y= QUOTE x2-ln x的单调递减区间为(　　) (A)(-1,1] (B)(0,1] (C)[1,+∞) (D)(0,+∞) 解析:由已知得函数的定义域为(0,+∞), y′=x- QUOTE = QUOTE (x0), 令y′≤0得 QUOTE 解得0x≤1, ∴所求函数的单调递减区间为(0,1].故选B. 答案:B 3.(2011年辽宁卷,文11)函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)2,则f(x)2x+4的解集为(　　) (A)(-1,1) (B)(-1,+∞) (C)(-∞,-1) (D)(-∞,+∞) 解析:设g(x)=f(x)-2x-4, 则g′(x)=f′(x)-2, ∵对任意x∈R,f′(x)2, ∴g′(x)0,即g(x)为R上的增函数, 又g(-1)=f(-1)+2-4=2+2-4=0, ∴x-1时,g(x)0, 即x-1时,f(x)2x+4.故选B. 答案:B 4.(2009年广东卷,文8)函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是(　　) (A)(-∞,2) (B)(0,3) (C)(1,4) (D)(2,+∞) 解析:∵f(x)=(x-3)·ex, ∴由f′(x)=ex(x-2)0,得x2. ∴f(x)的单调递增区间为(2,+∞).故选D. 答案:D 5.(2013年广东卷,文21)设函数f(x)=x3-kx2+x (k∈R). (1)当k=1时,求函数f(x)的单调区间; (2)当k0时,求函数f(x)在[k,-k]上的最小值m和最大值M. 解:(1)当k=1时,f(x)=x3-x2+x, f′(x)=3x2-2x+1. ∵方程3x2-2x+1=0的判别式Δ=4-4×3=-80, ∴f′(x)0恒成立. ∴f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).函数f(x)无单调递减区间. (2)当k0时,f′(x)=3x2-2kx+1, 方程3x2-2kx+1=0的判别式Δ=4k2-4×3=4(k2-3), ①当Δ≤0时,有k2-3≤0, 即- QUOTE ≤k0时, f′(x)≥0恒成立, 这时f(x)在[k,-k]上单调递增, 有m=f(k)=k3-k·k2+k=k, M=f(-k)=-k3-k·k2-k=-2k3-k. ②当Δ0时,有k2-30, 即k- QUOTE , 令f′(x)=3x2-2kx+1=0得 x1= QUOTE 0, x2= QUOTE 0, 且x1x20, 又x1-k= QUOTE -k = QUOTE = QUOTE 0, 于是kx1x20, 当kxx1或x2x-k时, f′(x)0,f(x)为增函数; 当x1xx2时, f′(x)0,f(x)为减函数, 故M=max{f(-k),f(x1)}, m=min{f(k),f(x2)}. 先证f(-k)f(x1). ∵3 QUOTE -2kx1+1=0, ∴k QUOTE = QUOTE , f(x1)= QUOTE -k QUOTE +x1= QUOTE - QUOTE +x1= QUOTE , ∴f(-k)-f(x1)=(-2k3-k)- =-2k3-k+ QUOTE - QUOTE x1 =-2k3+ QUOTE +（-k- QUOTE x1）, 又-k- QUOTE x10, 要证f(-k)f(x1), 只需证-2k3+ QUOTE 0? QUOTE 4k3?x1 QUOTE k, 由kx10知x1 QUOTE