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高考数学导数的概念专项检测及答案
一、选择题
1若函数y=f（x）可导，则f（x）=0有实根是f（x）有极值的 （）
A必要不充分条件 B充分不必要条件
C充要条件 D既不充分也不必要条件
答案 A
2已知函数f（x）=x3+ax2+（a+6）x+1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）=3x2+2ax+（a+6），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=4a2—43（a+6）0，解得a—3或a6
答案 B
设f（x）是一个三次函数，f（x）为其导函数，如图所示的是y=xf（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）=0x2时，y=xf（x）0，f（x）0，y=f（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，
y=f（x）的极大值为f（—2），极小值为f（2），故选C
答案 C设aR，函数f（x）=ex+ae—x的导函数是f（x），且f（x）是奇函数若曲线y=f（x）的一条切线的斜率是，则切点的横坐标为（）
Aln2 B—ln2
C D
解析 f（x）=ex—ae—x，这个函数是奇函数，因为函数f（x）在0处有定义，所以f（0）=0，故只能是a=1此时f（x）=ex—e—x，设切点的横坐标是x0，则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正确选项为A
A
5设函数f（x）=ax2+bx+c（a，b，cR）若x=—1为函数f（x）ex的一个极值点，则下列图象不可能为y=f（x）的图象是（）解析 若x=—1为函数f（x）ex的一个极值点，则易得a=c因选项A、B的函数为f（x）=a（x+1）2，则[f（x）ex]=f（x）ex+f（x）（ex）=a（x+1）（x+3）ex，x=—1为函数f（x）ex的一个极值点，满足条件；选项C中，对称轴x=—0，且开口向下，a0，b0，f（—1）=2a—b0，也满足条件；选项D中，对称轴x=——1，且开口向上，a0，b2a，f（—1）=2a—b0，与图矛盾，故答案选D
答案 D
已知函数f（x）=x3+2bx2+cx+1有两个极值点x1，x2，且x1[—2，—1]，x2[1，2]，则f（—1）的取值范围是（）
A B
C[3，12] D
解析 因为f（x）有两个极值点x1，x2，所以f（x）=3x2+4bx+c=0有两个根x1，x2，且x1[—2，—1]，x2[1，2]，所以即
画出可行域如图所示因为f（—1）=2b—c，由图知经过点A（0，—3）时，f（—1）取得最小值3，经过点C（0，—12）时，f（—1）取得最大值12，所以f（—1）的取值范围为[3，12]
答案 C
二、填空题
函数f（x）=x2—2ln x的最小值为________
解析 由f（x）=2x—=0，得x2=1又x0，所以x=1因为01时f（x）0，所以当x=1时，f（x）取极小值（极小值唯一）也即最小值f（1）=1
答案 1
若f（x）=x3+3ax2+3（a+2）x+1有极大值和极小值，则a的取值范围________
解析 f（x）=3x2+6ax+3（a+2），
由已知条件0，即36a2—36（a+2）0，
解得a—1，或a2
答案 （—，—1）（2，+）
已知函数f（x）=mx3+nx2的图象在点（—1，2）处的切线恰好与直线3x+y=0平行，若f（x）在区间[t，t+1]上单调递减，则实数t的取值范围是________
解析 由题意知，点（—1，2）在函数f（x）的图象上，
故—m+n=2
又f（x）=3mx2+2nx，则f（—1）=—3，
故3m—2n=—3
联立解得：m=1，n=3，即f（x）=x3+3x2，
令f（x）=3x2+6x0，解得—20，
则[t，t+1][—2，0]，故t—2且t+10，
所以t[—2，—1]
答案 [—2，—1]
已知函数f（x）=+ln x，若函数f（x）在[1，+）上为增函数，则正实数a的取值范围为________
解析 f（x）=+ln x，f（x）=（a0），
函数f（x）在[1，+）上为增函数，f（x）=0对x[1，+）恒成立，ax—10对x[1，+）恒成立，即a对x[1，+）恒成立，a1
答案 [1，+）
三、解答题
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（1，0），（2，0）点，如图所示（1）求x0的值；
（2）求a，b，c的值
（1）由f（x）随x变化的情况
x （—，1） 1 （1，2） 2 （2，+） f（x） + 0 — 0 + 可知当x=1时f（x）取到极大值5，则x0=1
（2）f（x）=3ax2+2bx+c，a0
由已知条件x=1，x=2为方程3ax2+2bx+c=0，
的两根，因此解得a=2，b=—9，c=12
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y=+10（x—6）2，其中30），且方程f（x）—9x=0的两根分别为1，4
（1）当a=3且曲线y=f（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）=x3+bx2+cx+d得f（x）=ax2+2bx+c
因为f（x）—9x=ax2+2bx+c—9x=0的两个根分别为1，4，
所以（*）
（1）当a=3时，由（*）式得
解得b=—3，c=12又因为曲线y=f（x）过原点，
所以d=0故f（x）=x3—3x2+12x
（2）由于a0，所以f（x）=x3+bx2+cx+d在（—，+）内无极值点等价于f（x）=ax2+2bx+c0在（—，+）内恒成立由（*）式得2b=9—5a，c=4a
又=（2b）2—4ac=9（a—1）（a—9），
由得a[1，9]
即a的取值范围是[1，9]
已知函数f（x）满足f（x）=f（1）ex—1—f（0）x+x2
（1）求f（x）的解析式及单调区间；
（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
从而f（x）=ex—x+x2由于f（x）=ex—1+x，
故当x（—，0）时，f（x）
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—（a+1）xb
（i）若a+10，则对任意常数b，当x0，且x时，可得ex—（a+1）x0，设g（x）=ex—（a+1）x，
则g（x）=ex—（a+1）
当x（—，ln（a+1））时，g（x）
当x（ln（a+1），+）时，g（x）0
从而g（x）在（—，ln（a+1））上单调递减，在（ln（a+1），+）上单调递增
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等价于ba+1—（a+1）ln（a+1）
因此（a+1）b（a+1）2—（a+1）2ln（a+1）
设h（a）=（a+1）2—（a+1）2ln（a+1），则
h（a）=（a+1）[1—2ln（a+1）]
所以h（a）在（—1，e—1）上单调递增，在（e—1，+）上单调递减，故h（a）在a=e—1处取得最大值
从而h（a），即（a+1）b
当a=e—1，b=时，式成立故f（x）x2+ax+b
综上得，（a+1）b的最大值为
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