第3章第2节.doc

第三章　第二节

1．(2014·厦门质检)函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，0)　　　　 B．(0，＋∞)
C．(－∞，－3)和(1，＋∞)　　　 D．(－3,1)
解析：选D　y′＝－2xex＋(3－x2)ex＝ex(－x2－2x＋3)，
由y′＞0得x2＋2x－3＜0解得－3＜x＜1，
∴函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是(－3,1)．故选D.
2．(2014·青岛检测)函数f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是(　　)
A．1＋　　　 B．1
C．e＋1　　　 D．e－1
解析：选D　f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0，令f′(x)＞0得x＞0，令f′(x)＜0，得x＜0，则函数f(x)在(－1,0)上递减，在(0,1)上递增，f(－1)＝e－1＋1，f(1)＝e－1，f(－1)－f(1)＝＋2－e＜＋2－e＜0，
∴f(1)＞f(－1)．故选D.
3．(2014·温州十校联合体联考)已知f(x)是可导的函数，且f′(x)＜f(x)对于x∈R恒成立，则(　　)
A．f(1)＜ef(0)，f(2 014)＞e2 014f(0)
B．f(1)＞ef(0)，f(2 014)＞e2 014f(0)
C．f(1)＞ef(0)，f(2 014)＜e2 014f(0)
D．f(1)＜ef(0)，f(2 014)＜e2 014f(0)
解析：选D　令g(x)＝，则
g′(x)＝′＝＝＜0，所以函数g(x)＝是单调减函数，所以g(1)＜g(0)，g(2 014)＜g(0)，即＜，＜，故f(1)＜ef(0)，f(2 014)＜e2 014f(0)．
4．(2014·辽宁五校联考)函数f(x)＝x3－bx2＋1有且仅有两个不同零点，则b的值为(　　)
A．　　　 B．
C．　　　 D．不确定
解析：选C　f′(x)＝3x2－2bx＝x(3x－2b)，由f′(x)＝0，得x＝0，x＝.当曲线f(x)与x轴相切时，f(x)有且只有两个不同零点，因为f(0)＝1≠0，所以f＝0，解得b＝.故选C.
5．(2012·重庆高考)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)

A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
解析：选D　由图可得函数y＝(1－x)f′(x)的零点为－2,1,2，则当x＜1时，1－x＞0，此时在(－∞，－2)上f(x)＞0，f′(x)＞0，在(－2,1)上f(x)＜0，f′(x)＜0；当x＞1时，1－x＜0，此时在(1,2)上f(x)＞0，f′(x)＜0，在(2，＋∞)上f(x)＜0，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，因此f(x)有极大值f(－2)，极小值f(2)，故选D.
6．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于(　　)
A．2 B．3　　　　
C．6　　　　 D．9
解析：选D　∵f′(x)＝12x2－2ax－2b，
∴Δ＝4a2＋96b＞0，又x＝1是极值点，
∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6，
∴ab≤＝9，当且仅当a＝b时等号成立，
∴ab的最大值为9，故选D.
7．(2014·南京模拟)若f(x)＝－(x－2)2＋bln x在(1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是________．
解析：(－∞，－1]　由题意可知f′(x)＝－(x－2)＋≤0在(1，＋∞)上恒成立，即b≤x(x－2)在x∈(1，＋∞)上恒成立，由于φ(x)＝x(x－2)＝x2－2x(x∈(1，＋∞))的值域是(－1，＋∞)，故只要b≤－1即可，故所求范围为(－∞，－1]．
8．已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则f(－4)，f，f的大小关系为________(用“＜”连接)．
解析：f＜f(－4)＜f　∵f′(x)＝sin x＋xcos x，当x∈时，sin x＜0，cos x＜0，∴f′(x)＝sin x＋xcos x＜0，则函数f(x)在区间上为减函数，∵＜4＜，∴f＜f(4)＜f，又函数f(x)为偶函数，∴f＜f(－4)＜f.
9．函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．
解析：　f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，由f′(x)＝0得x＝±a，当－a＜x＜a时，f′(x)＜0，函数递减；当x＞a或x＜－a时f′(x)＞0，函数递增．∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a＞0且f(a)＝a3－3a3＋a＜0，解得a＞.故a的取值范围为.
10．(2014·武汉调研)已知函数f′(x)，g′(x)分别是二次函数f(x)和三次函数g(x)的导函数，它们在同一坐标系内的图象如图所示．

(1)若f(1)＝1，则f(－1)＝________；
(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，则h(－1)，h(0)，h(1)的大小关系为________(用“＜”连接)．
解析：1，h(0)＜h(1)＜h(－1)　由图象可得f′(x)＝x，所以f(x)＝x2＋c，又f(1)＝＋c＝1，解得c＝，所以f(x)＝x2＋，故f(－1)＝＋＝1.又g′(x)＝x2，所以g(x)＝x3＋c，则h(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋c1－x3－c2，所以h(0)＝c1－c2＜h(1)＝＋c1－c2＜h(－1)＝＋c1－c2，故h(0)＜h(1)＜h(－1)．
11．(2012·北京高考)已知函数f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，
所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．
即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b.
解得a＝3，b＝3.
(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)，
当a＝3，b＝－9时，h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，h′(x)＝3x2＋6x－9.
令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.
h(x)与h′(x)在(－∞，2]上的情况如下：
x
(－∞，－3)
－3
(－3,1)
1
(1,2)
2
h′(x)
＋
0
－
0
＋

h(x)

28

－4

3
由此可知：
当k≤－3时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值为h(－3)＝28；
当－3＜k＜2时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28.
因此，k的取值范围是(－∞，－3]．
12．(2014·武汉调研)设函数f(x)＝x2－2x＋1＋aln x有两个极值点x1，x2，且x1＜x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：f(x2)＞.
(1)解：由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)．
求导数得f′(x)＝2x－2＋＝.
∵f(x)有两个极值点x1，x2，
∴f′(x)＝0有两个不同的根x1，x2，
故2x2－2x＋a＝0的判别式Δ＝4－8a＞0，即a＜.
又x1＋x2＝1，x1x2＝＞0，所以a＞0，
所以a的取值范围为.
(2)证明：∵0＜x1＜x2，且x1＋x2＝1，
∴＜x2＜1，a＝2x2－2x，
∴f(x2)＝x－2x2＋1＋(2x2－2x)ln x2.
令g(t)＝t2－2t＋1＋(2t－2t2)ln t，其中＜t＜1，
则g′(t)＝2(1－2t)ln t.
当t∈时，g′(t)＞0，∴g(t)在上是增函数，
∴g(t)＞g＝，
故f(x2)＝g(x2)＞.
13．(2014·青岛检测)已知函数f(x)＝a(x2＋1)＋ln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]时，恒有ma－f(x)＞a2成立，求实数m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2ax＋＝(x＞0)，
①当a≥0时，恒有f′(x)＞0，则f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
②当a＜0时，当0＜x＜ 时，f′(x)＞0，
则f(x)在上是增函数；
当x＞ 时，f′(x)＜0，则f(x)在上是减函数．
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；当a＜0时，f(x)在上是增函数，f(x)在上是减函数．
(2)由题意知对任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]时，
恒有ma－f(x)＞a2成立，等价于ma－a2＞f(x)max，
∵a∈(－4，－2)，∴＜ ＜＜1，
由(1)知，当a∈(－4，－2)时，f(x)在[1,3]上是减函数，
∴f(x)max＝f(1)＝2a.
∴ma－a2＞2a，即m＜a＋2，
∵a∈(－4，－2)，∴－2＜a＋2＜0，
∴实数m的取值范围为m≤－2.
14．(2011·江西高考)设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.
(1)若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围；
(2)当0＜a＜2时，f(x)在[1,4]上的最小值为－，求f(x)在该区间上的最大值．
解：(1)f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－2＋＋2a.
当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a.
令＋2a＞0，得a＞－.
所以当a＞－时，f(x)在上存在单调递增区间，
即f(x)在上存在单调递增区间时，a的取值范围为.
(2)令f′(x)＝0，
得两根x1＝，x2＝，
所以f′(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．
当0＜a＜2时，有x1＜1＜x2＜4，
所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)，
又f(4)－f(1)＝－＋6a＜0，
即f(4)＜f(1)．
所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－，
得a＝1，x2＝2.
从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝.

1．(2014·聊城质检)若函数y＝e(a－1)x＋4x(x∈R)有大于零的极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－3，＋∞) B．(－∞，－3)
C．　　　 D．(－∞，－)
解析：选B　因为函数y＝e(a－1)x＋4x，所以y′＝(a－1)e(a－1)x＋4，若a≥1，则y′≥0，所以函数y＝e(a－1)x＋4x在R上单调递增，故函数y在R上无极值点，故a＜1，函数y＝e(a－1)x＋4x在R上有极值点，从而函数的零点为x0＝ln.因为函数y＝e(a－1)x＋4x(x∈R)有大于零的极值点，故ln＞0，得到a＜－3，选B.
2．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m、n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值为(　　)
A．－13　　　 B．－15　　　
C．10　　　 D．15
解析：选A　求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，
由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，
即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.
由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，
f′(x)＝－3x2＋6x，
易知f(x)在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，
∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
又f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，
且对称轴为x＝1，
∴当n∈[－1,1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.
故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.故选A.
3．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．
解析：(0,1)∪(2,3)　由题意知f′(x)＝－x＋4－＝＝－，由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，由t＜1＜t＋1或者t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或者2＜t＜3.
4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a＞0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是________．
解析：(，2)　由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1,1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得
又a＞0解得＜a＜2.
5．(2014·太原模拟)已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]，使得f(x1)＜g(x2)，求实数a的取值范围．
解：(1)由题知f′(x)＝a＋＝(x＞0)．
①当a≥0时，由于x＞0，所以ax＋1＞0，f′(x)＞0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
②当a＜0时，由f′(x)＝0，得x＝－.
从而易知，在区间上f′(x)＞0，在区间上f′(x)＜0，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)由题知，原问题可转化为当f(x)max＜g(x)max时，a的取值范围问题．
易知g(x)max＝2.
由(1)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意．
当a＜0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，
故f(x)的极大值即为最大值，则有f(x)max＝f＝－1＋ln＝－1－ln(－a)，
所以2＞－1－ln(－a)，解得a＜－.
综上可得，实数a的取值范围为.