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2016高三数学一轮复习 第2章 第11课时 导数与函数的单调性、极值、最值课时训练 文 新人教版


【高考领航】2016 高三数学一轮复习 第 2 章 第 11 课时 导数与函 数的单调性、极值、最值课时训练 文 新人教版

A 级 基础演练 1.函数 f(x)= +x -3x-4 在[0,2]上的最小值是( 3 17 A.- 3 C.-4 解析:选 A.f′(x)=x +2x-3, 令 f′(x)=0 得 x=1(x=-3 舍去), 17 10 又 f(0)=-4,f(1)=- ,f(2)=- . 3 3 17 故 f(x)在[0,2]上的最小值是 f(1)=- . 3 2.(2015·郑州二模 ) 函数 f(x)的定义域为开区间 (a , b),其导函数
2

x3

2

)

10 B.- 3 64 D.- 3

f′(x)在(a,b)内的图象如图所示,则函数 f(x)在开区间(a,b)内的
极大值点有( A.1 个 C.3 个 ) B.2 个 D.4 个

解析: 选 B.依题意, 记函数 y=f′(x)的图象与 x 轴的交点的横坐标自左向右依次为 x1, x2,

x3,x4,当 a<x<x1 时,f′(x)>0;当 x1<x<x2 时,f′(x)<0;当 x2<x<x4 时,f′(x)≥0;当 x4<x<b 时,f′(x)<0.因此,函数 f(x)分别在 x=x1、x=x4 处取得极大值.
3.(2014·高考新课标全国卷Ⅱ)若函数 f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞)上单调递增,则

k 的取值范围是(
A.(-∞,-2] C.[2,+∞)

) B.(-∞,-1] D.[1,+∞)

1 1 解析:选 D.依题意得 f′(x)=k- ≥0 在(1,+∞)上恒成立,即 k≥ 在(1,+∞)上恒成

x

x

立, 1 ∵x>1,∴0< <1,∴k≥1.

x

1

4.(2013·高考福建卷)设函数 f(x)的定义域为 R,x0(x0≠0)是 f(x)的极大值点,以下结论 一定正确的是( )

A.? x∈R,f(x)≤f(x0) B.-x0 是 f(-x)的极小值点 C.-x0 是-f(x)的极小值点 D.-x0 是-f(-x)的极小值点 解析:选 D.本题考查的是函数的极值.函数的极值不是最值,A 错误;因为-f(-x)和 f(x) 关于原点对称,故-x0 是-f(-x)的极小值点,D 正确. 2 5.设函数 f(x)= +ln x,则(

x

)

1 A.x= 为 f(x)的极大值点 2 1 B.x= 为 f(x)的极小值点 2 C.x=2 为 f(x)的极大值点 D.x=2 为 f(x)的极小值点 2 2 1 x-2 解析:选 D.f(x)= +ln x,f′(x)=- 2+ = 2 ,x>2 时,f′(x)>0,这时 f(x)为增函

x

x

x

x

数;0<x<2 时,f′(x)<0,这时 f(x)为减函数,据此知 x=2 为 f(x)的极小值点. 6. 已知函数 f(x)=x +mx +(m+6)x+1 既存在极大值又存在极小值, 则实数 m 的取值范围 是________. 解析:f′(x)=3x +2mx+m+6=0 有两个不等实根,即 Δ =4m -12×(m+6)>0. ∴m>6 或 m<-3. 答案:(-∞,-3)∪(6,+∞) 1 3 3 2 7.(2015·河南省三市调研)若函数 f(x)= x - x +ax+4 恰在[-1,4]上单调递减,则实 3 2 数 a 的值为__________. 1 3 3 2 2 解析:∵f(x)= x - x +ax+4,∴f′(x)=x -3x+a,又函数 f(x)恰在[-1,4]上单调递 3 2 减,∴-1,4 是 f′(x)=0 的两根,∴a=(-1)×4=-4. 答案:-4 8. 已知函数 y=f(x)=x +3ax +3bx+c 在 x=2 处有极值, 其图象在 x=1 处的切线平行于 直线 6x+2y+5=0,则 f(x)的极大值与极小值之差为__________. 解析:∵y′=3x +6ax+3b,
? ?3×2 +6a×2+3b=0 ∴? 2 ?3×1 +6a+3b=-3 ?
2 2 3 2 2 2 3 2

∴?

? ?a=-1, ?b=0. ? 2

∴y′=3x -6x,令 3x -6x=0,得 x=0 或 x=2. ∴f(x)极大值-f(x)极小值=f(0)-f(2)=4. 答案:4 9.已知 a、b、c 为常数,函数 f(x)=ax +bx +cx+16b . (1)若 a=b=c,且 f(x)为(-∞,+∞)上的单调函数,求实数 a 的取值范围; 1 (2)若 a= ,且函数 f(x)在 x=2 处取得极值 10,求 b、c 的值. 8 解析:(1)f(x)=ax +ax +ax+16a , 2 1 2 2 故 f′(x)=3ax +2ax+a=3a(x + x+ ) 3 3 1 2 2 =3a[(x+ ) + ], 3 9 所以当 a≠0 时,f′(x)恒正或恒负, 因为 f(x)为(-∞,+∞)上的单调函数,所以 a≠0. 1 3 2 2 (2)f(x)= x +bx +cx+16b , 8 因为在 x=2 处 f(x)取得极值 10,所以? 3 2 又 f′(x)= x +2bx+c, 8 3 ? ? +4b+c=0,① 所以?2 ? ?1+4b+2c+16b2=10,② 3 2 由①得 c=-4b- ,代入②,得 1+4b-8b-3+16b =10, 2 所以 16b -4b-12=0,所以 4b -b-3=0,
2 2 3 2 2 3 2 2

2

2

? ?f′?2?=0, ?f?2?=10. ?

b=1, ? ? 所以? 11 c=- ? 2 ?

3 b=- , ? ? 4 或? 3 c= . ? ? 2

11 1 3 2 11 因为当 b=1,c=- 时,f(x)= x +x - x+16, 2 8 2 3 2 11 3 2 16 11 8 所以 f′(x)= x +2x- = (x + x- × ), 8 2 8 3 2 3

f′(x)=0 有两根,故符合题意;
3 3 1 3 3 2 3 9 1 3 3 2 3 当 b=- ,c= 时,f(x)= x - x + x+16× = x - x + x+9, 4 2 8 4 2 16 8 4 2
3

3 2 3 3 3 2 3 2 所以 f′(x)= x - x+ = (x -4x+4)= (x-2) ≥0 恒成立, 8 2 2 8 8 3 3 所以 f(x)无极值,故 b=- ,c= 不符合题意; 4 2 11 所以 b=1,c=- . 2 B 级 能力突破 1.(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=ax -3x +1,若 f(x)存在唯一的零点 x0, 且 x0>0,则 a 的取值范围是( A.(2,+∞) C.(1,+∞) ) B.(-∞,-2) D.(-∞,-1)
2 3 2

解析:选 B.当 a=0 时,不符合题意.a≠0 时,f′(x)=3ax -6x,令 f′(x)=0,得 x1=0,

x2= . a
若 a>0,则由图象知 f(x)有负数零点,不符合题意. 8 4 ?2? 2 则 a<0,由图象结合 f(0)=1>0 知,此时必有 f? ?>0,即 a× 3-3× 2+1>0,化简得 a >4, a

2

? ?

a

a

又 a<0,所以 a<-2. 2.(2015·大连模拟)已知函数 f(x)=e ,g(x)=ln x+1,对? a∈R,? b∈(0,+∞),使 得 f(a)=g(b),则 b-a 的最小值为( A.1 C.2 e-1
a x

) B.2 D.e -1
t-1
2

解析:选 A.设 f(a)=g(b)=t,即 e =ln b+1=t(t>0),所以 a=ln t,b=e
t

,则 b-a

=e

t-1

1 1 ?e ? t-1 -ln t=h(t),h′(t)=? ?′- =e - ,令 h′(t)=0,得 t=1,可判断 t=1 e t t ? ?

为函数 h(t)的极小值点,所以所求的最小值为 h(1)=1. 3.(2014·高考湖南卷)若 0<x1<x2<1,则( A.ex2-ex1>ln x2-ln x1 C.x2ex1>x1ex2
x x

)

B.ex2-ex1<ln x2-ln x1 D.x2ex1<x1ex2
x x

e xe -e e ?x-1? 解析:选 C.令 f(x)= ,则 f′(x)= = .当 0<x<1 时,f′(x)<0,即 f(x) 2 2

x

x

x

在(0,1)上单调递减, ∵0<x1<x2<1,∴f(x2)<f(x1), ex2 ex1 即 < ,∴x2ex1>x1ex2.

x2 x1

4. 直线 y=a 与函数 f(x)=x -3x 的图象有相异的三个公共点, 则 a 的取值范

3

4

围是__________. 解析:令 f′(x)=3x -3=0,得 x=±1,可得极大值为 f(-1)=2,极小值为 f(1)=-2, 如图,观察得-2<a<2 时恰有三个不同的公共点. 答案:(-2,2) 5.已知函数 f(x)=-x +ax -4 在 x=2 处取得极值,若 m,n∈[-1,1],则 f(m)+f′(n) 的最小值是__________. 解析:求导得 f′(x)=-3x +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)=-x +3x -4,
3 2 2 3 2 2

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)=-3x +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. 答案:-13 6.已知 f(x)=e (x +mx -2x+2). (1)假设 m=-2,求 f(x)的极大值与极小值; (2)是否存在实数 m,使 f(x)在[-2,-1]上单调递增?如果存在,求 m 的取值范围;如果 不存在,请说明理由. 解析:(1)当 m=-2 时,f(x)=e (x -2x -2x+2)的定义域为(-∞,+∞). ∵f′(x)=e (x -2x -2x+2)+e (3x -4x-2) =xe (x +x-6)=(x+3)x(x-2)e , ∴当 x∈(-∞,-3)或 x∈(0,2)时,f′(x)<0; 当 x∈(-3,0)或 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0;
x
2 2

x

3

2

x

3

2

x

3

2

x

2

x

f′(-3)=f′(0)=f′(2)=0,
∴f(x)在(-∞,-3)上单调递减,在(-3,0)上单调递增, 在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, ∴当 x=-3 或 x=2 时,f(x)取得极小值; 当 x=0 时,f(x)取得极大值, ∴f(x)极小值=f(-3)=-37e ,
5
-3

f(x)极小值=f(2)=-2e2,f(x)极大值=f(0)=2.
(2)f′(x)=e (x +mx -2x+2)+e (3x +2mx-2)=xe [x +(m+3)x+2m-2]. ∵f(x)在[-2,-1]上单调递增, ∴当 x∈[-2,-1]时,f′(x)≥0. 又∵当 x∈[-2,-1]时,xe <0, ∴当 x∈[-2,-1]时,x +(m+3)x+2m-2≤0,
?(-2) -2(m+3)+2m-2≤0 ? ∴? ,解得 m≤4, 2 ?(-1) -(m+3)+2m-2≤0 ?
2 2

x

3

2

x

2

x

2

x

∴当 m∈(-∞,4]时,f(x)在[-2,-1]上单调递增.

6


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