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时间:2019-11-09
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1、2019-2020年高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第3讲导数与函数的单调性极值最值问题练习一、选择题1.已知定义在R上的函数f(x),其导函数f′(x)的大致图象所示,则下列叙述正确的是( )A.f(b)>f(c)>f(d)B.f(b)>f(a)>f(c)C.f(c)>f(b)>f(a)D.f(c)>f(b)>f(d)解析 由f′(x)的图象知,x∈[a,c]时,f′(x)≥0,f(x)为增函数,∵c>b>a,∴f(c)>f(b)>f(a).答案 C2.若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是( )A.(-∞
2、,-2]B.(-∞,-1]C.[2,+∞)D.[1,+∞)解析 由于f′(x)=k-,f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)上单调递增⇔f′(x)=k-≥0在(1,+∞)上恒成立,由于k≥,而0<<1,所以k≥1.即k的取值范围为[1,+∞).答案 D3.(xx·湖州模拟)函数f(x)=x3-3ax-a在(0,1)内有最小值,则a的取值范围是( )A.[0,1)B.(-1,1)C.D.(0,1)解析 f′(x)=3x2-3a=3(x2-a).当a≤0时,f′(x)>0,∴f(x)在(0,1)内单调递增,无最小值.当a>0时,f′(x)=3(x-)(x
3、+).当x∈(-∞,-)和(,+∞)时,f(x)单调递增;当x∈(-,)时,f(x)单调递减,所以当<1,即0<a<1时,f(x)在(0,1)内有最小值.答案 D4.已知函数f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a在x=1处取得极大值10,则的值为( )A.-B.-2C.-2或-D.2或-解析 由题意知f′(x)=3x2+2ax+b,f′(1)=0,f(1)=10,即解得或经检验满足题意,故=-.答案 A5.已知函数f(x)=x3+ax2+3x+1有两个极值点,则实数a的取值范围是( )A.(,+∞)B.(-∞,-)C.(-,)D.(-∞,-)∪(,
4、+∞)解析 f′(x)=x2+2ax+3.由题意知方程f′(x)=0有两个不相等的实数根,所以Δ=4a2-12>0,解得a>或a<-.答案 D二、填空题6.已知函数f(x)=4lnx+ax2-6x+b(a,b为常数),且x=2为f(x)的一个极值点,则a的值为________.解析 由题意知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),∵f′(x)=+2ax-6,∴f′(2)=2+4a-6=0,即a=1.答案 17.已知函数f(x)=mx2+lnx-2x在定义域内是增函数,则实数m的取值范围是____________.解析 f′(x)=mx+-2≥0对一切x>0
5、恒成立,∴m≥-+.令g(x)=-+,则当=1时,函数g(x)取最大值1.故m≥1.答案 [1,+∞)8.(xx·北京卷)设函数f(x)=(1)若a=0,则f(x)的最大值为________;(2)若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是________.解析 (1)当a=0时,f(x)=若x≤0,f′(x)=3x2-3=3(x2-1).由f′(x)>0得x<-1,由f′(x)<0得-1<x≤0.∴f(x)在(-∞,-1)上单调递增;在(-1,0]上单调递减,∴f(x)最大值为f(-1)=2.若x>0,f(x)=-2x单调递减,所以f(x)<f(0)=0
6、.所以f(x)最大值为2.(2)函数y=x3-3x与y=-2x的图象如图.由(1)知,当a≥-1时,f(x)取得最大值2.当a<-1时,y=-2x在x>a时无最大值.且-2a>2.所以a<-1.答案 (1)2 (2)(-∞,-1)三、解答题9.(xx·北京卷)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.(1)求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间.解 (1)f(x)的定义域为R.∵f′(x)=ea-x-xea-x+b=(1-x)ea-x+b.依题设,即解得a=2,b=e.(2)由(1)知f(
7、x)=xe2-x+ex,由f′(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知,f′(x)与1-x+ex-1同号.令g(x)=1-x+ex-1,则g′(x)=-1+ex-1.所以,当x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值,从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞),综上可知,f′(x)>0,x∈(-∞,+∞).故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).10.设函数f(x)=-k(k为常数,e=
8、2.71828…是自然对数的底数).(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间;
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