（江苏专用）高考数学 专题3 导数及其应用 22 导数的应用 文-人教版高三全册数学试题.doc

【步步高】（江苏专用）2017版高考数学专题3导数及其应用22导数的应用文
训练目标(1)利用导数研究函数的常见题型；(2)解题步骤的规范训练.训练题型(1)利用导数求切线问题；(2)导数与单调性；(3)导数与极值、最值.解题策略(1)求曲线切线的关键是确定切点；(2)讨论函数的单调性、极值、最值可通过研究导数的符号用列表法解决；(3)证明不等式、不等式恒成立或有解、函数零点问题都可以转化为函数极值、最值问题.1．设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2.
(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k的取值范围．

2．已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在x＝2处取得极值c－16.
(1)求a，b的值；
(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．

3．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象在点(1，f(1))处的切线方程为6x－2y－1＝0，f′(x)为f(x)的导函数，g(x)＝aex(a，b，c∈R，e为自然对数的底数)．
(1)求b，c的值；
(2)若∃x0∈(0,2]，使g(x0)＝f′(x0)成立，求a的取值范围．

4．(2015·南平质检)已知函数f(x)＝sinx，g(x)＝mx－eq\f(x3,6)(m为实数)．
(1)求曲线y＝f(x)在点P(eq\f(π,4)，f(eq\f(π,4)))处的切线方程；
(2)求函数g(x)的单调递减区间；
(3)若m＝1，证明：当x>0时，f(x)<g(x)＋eq\f(x3,6).

5．(2015·北京)设函数f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，eq\r(e)]上仅有一个零点．
答案解析

1．解(1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，
∴f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．
令f′(x)>0，即x(ex－2)>0，
∴x>ln2或x<0.
令f′(x)<0，即x(ex－2)<0，
∴0<x<ln2.
因此函数f(x)的单调递减区间是
(0，ln2)；
单调递增区间是(－∞，0)和(ln2，＋∞)．
(2)易知f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)．
∵f(x)在[0，＋∞)上是增函数，
∴当x≥0时，f′(x)＝x(ex－2k)≥0恒成立．
∴ex－2k≥0，即2k≤ex在[0，＋∞)上恒成立．
由于ex≥1，∴2k≤1，则k≤eq\f(1,2).
又当k＝eq\f(1,2)时，f′(x)＝x(ex－1)≥0，当且仅当x＝0时取等号．
因此，实数k的取值范围是(－∞，eq\f(1,2)]．
2．解(1)因为f(x)＝ax3＋bx＋c，
故f′(x)＝3ax2＋b.
由于f(x)在x＝2处取得极值c－16，
故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′2＝0，,f2＝c－16，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a＋b＝0，,8a＋2b＋c＝c－16，))
化简得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a＋b＝0，,4a＋b＝－8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－12.))
(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，
f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)．
令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.
当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，
故f(x)在(－∞，－2)上为增函数；
当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，
故f(x)在(－2,2)上为减函数；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(2，＋∞)上为增函数．
由此可知f(x)在x＝－2处取得极大值f(－2)＝16＋c，
f(x)在x＝2处取得极小值f(2)＝c－16.
由题设条件知16＋c＝28，解得c＝12.
此时f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝－16＋c＝－4，
因此f(x)在[－3,3]上的最小值为f(2)＝－4.
3．解(1)由题意得f′(x)＝3x2＋2bx＋c，
∴f′(1)＝2b＋c＋3＝3.
又f(1)＝b＋c＋1，点(1，f(1))在直线6x－2y－1＝0上，∴6－2(b＋c＋1)－1＝0，
故b＝－eq\f(3,2)，c＝3.
(2)∵g(x0)＝f′(x0)，
∴aex0＝3xeq\o\al(2,0)－3x0＋3，
∴a＝eq\f(3x\o\al(2,0)－3x0＋3