【志鸿优化设计】2014届高考数学一轮复习 第3章 导数及其应用3．2导数在函数单调性、极值中的应用练习（含解析）苏教版.doc

《【志鸿优化设计】2014届高考数学一轮复习 第3章 导数及其应用3．2导数在函数单调性、极值中的应用练习（含解析）苏教版.doc》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、课时作业14　导数在函数单调性、极值中的应用一、填空题1．函数f(x)＝的单调减区间是________．2．(2012江苏盐城月考)函数y＝f(x)在定义域内可导，其图象如图所示，记y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为________．3．(2012陕西高考改编)设函数f(x)＝＋lnx，则f(x)的极小值点是x＝________.4．已知对任意实数x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x＞0时，f′(x)＞0，g′(x)＞0，则x＜0时，f′(x)________0，g′(x)________0.5．(2012江苏南京十三中月考

2、)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(3)＝0.则不等式f(x)g(x)＜0的解集是__________．6．(2012江苏徐州高三第二次质检)设直线y＝a分别与曲线y2＝x和y＝ex交于点M，N，则当线段MN取得最小值时a的值为________．7．(2013届江苏南通四校联考)若函数f(x)＝loga(x3－ax)(a＞0，a≠1)在区间上单调递增，则a的取值范围是________．8．(2012江苏盐城二模)设f(x)是定义在R上的可导函数，且满足f(x)＋xf′(x)＞0.则不等式f(＞f(

3、)的解集为________．9．已知函数f(x)＝kx3－3x＋1，对于x[－1,1]总有f(x)≥0成立，则k＝________.二、解答题10．(2012江苏南通四校联考)设a为实常数，函数f(x)＝－alnx.(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)是[1，＋∞)上的增函数，求a的取值范围．11.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx.(1)若函数y＝f(x)在x＝2处有极值－6，求y＝f(x)的单调减区间；(2)若y＝f(x)的导数f′(x)对x[－1,1]都有f′(x)≤2，求的范围．12．(2012江苏南京金陵中学高考预测)已知函数f(x)＝＋，a

4、≠0且a≠1.(1)试就实数a的不同取值，写出该函数的单调增区间；(2)已知当x＞0时，函数在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，求a的值并写出函数的解析式；(3)记(2)中的函数图象为曲线C，试问是否存在经过原点的直线l，使得l为曲线C的对称轴？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．4参考答案一、填空题1．[e，＋∞)　解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，由f′(x)＝≤0得x≥e.2.∪[2,3]　解析：当函数f(x)在单调减区间上取值时，f′(x)≤0，由图象可知f(x)的单调减区间为和[2,3]．3．2　解析：因为f′(x)＝－＋

5、，令f′(x)＝0可得x＝2，当x＞2时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数；当x＜2时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数，所以x＝2为极小值点．4．＞　＜　解析：由题意可知y＝f(x)是奇函数，y＝g(x)是偶函数．∵x＞0时，y＝f(x)，y＝g(x)是增函数，∴x＜0时，y＝f(x)是增函数，y＝g(x)是减函数，即x＜0时，f′(x)＞0，g′(x)＜0.5．(－∞，－3)∪(0,3)　解析：因为当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，即[f(x)g(x)]′＞0，所以当x＜0时，f(x)g(x)为增函数．又g(x)是偶函数且g(3)＝0，所以g(

6、－3)＝0，于是f(－3)g(－3)＝0，故当x＜－3时，f(x)g(x)＜0.又f(x)g(x)是奇函数，当x＞0时，f(x)g(x)为增函数，且f(3)g(3)＝0，故当0＜x＜3时，f(x)g(x)＜0，故填(－∞，－3)∪(0,3)．6.7.　解析：设u(x)＝x3－ax，由复合函数的单调性，可分0＜a＜1和a＞1两种情况讨论：①当0＜a＜1时，u(x)＝x3－ax在上单调递减，即u′(x)＝3x2－a≤0在上恒成立，∴a≥，∴≤a＜1；②当a＞1时，u(x)＝x3－ax在上单调递增，即u′(x)＝3x2－a≥0在上恒成立，∴a≤0，∴a无解．8．{x

7、1≤x＜2}　解

8、析：已知不等式可化为(xf(x))′＞0，从而函数g(x)＝xf(x)为单调递增函数，又原不等式可化为f()＞f()，即g()＞g()，从而由解之得1≤x＜2.9．4　解析：若x＝0，则不论k取何值，f(x)≥0都成立；当x＞0，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为k≥－.设g(x)＝－，则g′(x)＝，所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此g(x)max＝g＝4，从而k≥4；当x＜0即x∈[－1,0)时，f(x)＝kx3－3x＋1≥0可化为k≤－，4g(x