【创新设计】(浙江专用)2014届高考数学总复习-第3篇-第2讲-用导数研究函数的单调性、极值与最值限时训练-.doc

第2讲　用导数研究函数的单调性、极值与最值

分层A级　基础达标演练
(时间：30分钟　满分：55分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.(2012·长春名校联考)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是 (　　)．

A．f(b)>f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d)
解析　依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0；当x∈(c，e)时，f′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数，又af(b)>f(a)，选C.
答案　C
2．(2013·济宁模拟)若函数h(x)＝2x－＋在(1，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是 (　　)．
A．[－2，＋∞) B．[2，＋∞)
C．(－∞，－2] D．(－∞，2]
解析　由条件得h′(x)＝2＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，所以k∈[－2，＋∞)．
答案　A
3．(2012·青岛模拟)函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是(　　)．
A．－2 B．0
C．2 D．4
解析　f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或2.
∴f(x)在[－1,0)上是增函数，f(x)在(0,1]上是减函数．
∴f(x)max＝f(x)极大值＝f(0)＝2.
答案　C
4．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Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，解得a＜－3或a＞6.
答案　B
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．若函数f(x)＝在x＝1处取极值，则a＝________.
解析　由f′(x)＝＝0，
∴x2＋2x－a＝0，x≠－1，又f(x)在x＝1处取极值，
∴x＝1是x2＋2x－a＝0的根，∴a＝3.
答案　3
6．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．
解析　f′(x)＝ex－2.当x＜ln 2时，f′(x)＜0；
当x＞ln 2时，f′(x)＞0.∴f(x)min＝f(ln 2)＝2－2ln 2＋a，
则函数有零点，即f(x)min≤0.
∴2－2ln 2＋a≤0，∴a≤2ln 2－2.
答案　(－∞，2ln 2－2]
三、解答题(共25分)
7．(12分)(2013·浙江五校联考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(x∈[－1,2])，且函数f(x)在x＝1和x＝－处都取得极值．
(1)求a，b的值；
(2)求函数f(x)的单调递增区间．
解　(1)∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
由题易知，即解得
(2)由(1)知，f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，
∵当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈(1,2]时，f′(x)＞0.
∴f(x)的单调递增区间为和(1,2]．
8．(13分)(2010·辽宁卷)已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设a＜－1，如果对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|，求实数a的取值范围．
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝.
当a≥0时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－1时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－1＜a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝ .
所以当x∈时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增；当x∈ 时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减．
(2)不妨设x1≥x2，而a＜－1，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上单调递减，从而对于任意的x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|成立，它等价于对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，有f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1. ①
令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝＋2ax＋4，①式等价于g(x)在(0，＋∞)上单调递减，即＋2ax＋4≤0在(0，＋∞)上恒成立，从而a≤＝－2在(0，＋∞)上恒成立，由于－2≥－2，故a的取值范围是(－∞，－2]．
分层B级　创新能力提升
1．(2013·蚌埠质检)若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是 (　　)．
A．[1，＋∞) B.
C．[1,2) D.
解析　因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－，由f′(x)＝0，得x＝.据题意得解得1≤k<.故选B.
答案　B
2．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　∵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“＝”成立，所以ab的最大值为9.
答案　D
3．若函数f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为________．
解析　f′(x)＝＝.
当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当－0，f(x)单调递增；
当<1时，则f(x)在[1，＋∞)单调递减．
则f(x)max＝f(1)＝＝，a＝－1.
当>1时，则f(x)在[1，]单调递增，
在[a，＋∞)单调递减．
所以f(x)max＝f()＝＝，a＝<1，不合题意舍去，所以a＝－1.
答案　－1
4．(2013·深圳调研)设函数fx)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为________．
解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－ax－b，由f′(1)＝0，得b＝1－a.
∴f′(x)＝－ax＋a－1＝.
①若a≥0，
当00，此时f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；
所以x＝1是f(x)的极大值点．
②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或－.
因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－>1，
解得－1－1.
答案　(－1，＋∞)
5．(2012·重庆)已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在x＝2处取得极值为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．
解　(1)因f(x)＝ax3＋bx＋c，故f′(x)＝3ax2＋b，
由于f(x)在点x＝2处取得极值c－16，
故有即
化简得解得
(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，f′(x)＝3x2－12.
令f′(x)＝0，得x＝－2或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)＝c－16＝－4，因此f(x)在[－3,3]上的最小值为f(2)＝－4.
6．(2012·富阳模拟)已知函数f(x)＝－x2＋ax－ln x(a∈R)．
(1)当a＝3时，求函数f(x)在上的最大值和最小值；
(2)当函数f(x)在上单调时，求a的取值范围．
解　(1)a＝3时，f′(x)＝－2x＋3－＝－＝
－，函数f(x)在区间上仅有极大值点x＝1，故这个极大值点也是最大值点，故函数f(x)在上的最大值是f(1)＝2.
又f(2)－f＝(2－ln 2)－＝－2ln 2<0，
故f(2)