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【创新设计】2015高考数学(苏教理)一轮题组训练:3-2利用导数研究函数的单调性、极值与最值]


第2讲 利用导数研究函数的单调性、极值与最值

基础巩固题组

(建议用时:40 分钟)

一、填空题 1.已知函数 y=f(x)的图象是下列四个图象之一, 且其导函数 y=f′(x)的图象如右 图所示,则该函数的图象是________.(填序号)

解析

由 y=f′(x)的图象知,y=f(x)的图象为增函数,且在区间(-1,0)上增

长速度越来越快,而在区间(0,1)上增长速度越来越慢. 答案 ②

2.(2014· 青岛模拟)函数 f(x)=x3-3x2+2 在区间[-1,1]上的最大值是________. 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 2

3.(2014· 苏州模拟)函数 y=xex 的最小值是________. 解析 y′=ex+xex=(1+x)ex,令 y′=0,则 x=-1,因为 x<-1 时,y′

1 <0,x>-1 时,y′>0,所以 x=-1 时,ymin=-e. 答案 1 -e

4.(2013· 威海期末考试)函数 y=ln x-x2 的极值点为________. 解析 1-2x 1 函数的定义域为(0, +∞), 函数的导数为 y′=x-2x= x , 令 y′
2

1-2x2 2 2 2 = x =0,解得 x= 2 ,当 x> 2 时,y′<0,当 0<x< 2 时,y′>0, 2 2 所以当 x= 2 时,函数取得极大值,故函数的极值点为 2 . 答案 2 2

5.(2013· 福建卷改编)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________(填序号). ①?x∈R,f(x)≤f(x0) 点 解析 ②-x0 是 f(-x)的极小值点 ③-x0 是-f(x)的极小值

④-x0 是-f(-x)的极小值点 ①错,因为极大值未必是最大值;②错,因为函数 y=f(x)与函数 y=

f(-x)的图象关于 y 轴对称,-x0 应是 f(-x)的极大值点;③错,函数 y=f(x) 与函数 y=-f(x)的图象关于 x 轴对称,x0 应为-f(x)的极小值点;④正确,函 数 y=f(x)与 y=-f(-x)的图象关于原点对称,-x0 应为 y=-f(-x)的极小值 点. 答案 ④

x2+a 6.若函数 f(x)= 在 x=1 处取极值,则 a=________. x+1 解析 2x?x+1?-?x2+a? x2+2x-a 由 f′(x)= = =0, ?x+1?2 ?x+1?2

∴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

x 7.函数 f(x)=ln x的单调递减区间是________. 解析 ln x-1 f′(x)= ln2x , 令 f′(x)<0 得 ln x-1<0, 且 ln x≠0.∴0<x<1 或 1<x<e,

故函数的单调递减区间是(0,1)和(1,e). 答案 (0,1),(1,e)

1 8.已知函数 f(x)=-2x2+4x-3ln x 在[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围是 ________. 解析 ?x-1??x-3? 3 由题意知 f′(x)=-x+4- x=- , 由 f′(x)=0 得函数 f(x) 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 t<3<t+1,得 0<t<1 或 2<t<3. 答案 (0,1)∪(2,3)

二、解答题 1 9.(2014· 郑州质检)已知函数 f(x)=ax2+bln x 在 x=1 处有极值2. (1)求 a,b 的值; (2)判断函数 y=f(x)的单调性并求出单调区间. 解 b 1 (1)f′(x)=2ax+x ,又 f(x)在 x=1 处有极值2. 1 ? ?a= , 即? 2 ? ?2a+b=0.

1 ? ?f?1?= , 2 ∴? ? ?f′?1?=0,

1 解得 a=2,b=-1. 1 1 (2) 由 (1) 可知 f(x) = 2 x2 - ln x ,其定义域是 (0 ,+∞) ,且 f′(x) = x - x = ?x+1??x-1? . x 令 f′(x)=0,解得 x=1 或-1(舍去). 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)

(0,1) -

1 0 极小值

(1,+∞) +

所以函数 y=f(x)的单调减区间是(0,1),单调增区间是(1,+∞). 10.(2013· 重庆卷)设 f(x)=a(x-5)2+6ln x,其中 a∈R,曲线 y=f(x)在点(1,f(1)) 处的切线与 y 轴相交于点(0,6). (1)确定 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间与极值. 解 (1)因为 f(x)=a(x-5)2+6ln x,

6 所以 f′(x)=2a(x-5)+x . 令 x=1,得 f(1)=16a,f′(1)=6-8a, 所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y-16a=(6-8a)(x-1), 1 由点(0,6)在切线上可得 6-16a=8a-6,故 a=2. 1 (2)由(1)知,f(x)=2(x-5)2+6ln x(x>0), 6 ?x-2??x-3? f′(x)=x-5+ x= . x 令 f′(x)=0,解得 x=2 或 3. 当 0<x<2 或 x>3 时,f′(x)>0, 故 f(x)在(0,2),(3,+∞)上为增函数; 当 2<x<3 时,f′(x)<0,故 f(x)在(2,3)上为减函数. 9 由此可知 f(x)在 x=2 处取得极大值 f(2)=2+6ln 2, 在 x=3 处取得极小值 f(3) =2+6ln 3. 能力提升题组 (建议用时:25 分钟)

一、填空题 1.(2014· 杭州质检)函数 f(x)=x2-2ax+a 在区间(-∞,1)上有最小值,则函数

f?x? g(x)= x 在区间(1,+∞)上一定________(填序号). ①有最小值 解析 ②有最大值 ③是减函数 ④是增函数

由函数 f(x)=x2-2ax+a 在区间(-∞,1)上有最小值,可得 a<1,又

f?x? a a g(x)= x =x+x-2a,则 g′(x)=1-x2,易知在 x∈(1,+∞)上 g′(x)>0, 所以 g(x)在(1,+∞)上为增函数. 答案 ④

2. (2013· 湖北卷改编)已知 a 为常数, 函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点 x1, x2(x1 <x2),则下列结论正确的是________(填序号). 1 ①f(x1)>0,f(x2)>-2 1 ③f(x1)>0,f(x2)<-2 解析 1 ②f(x1)<0,f(x2)<-2 1 ④f(x1)<0,f(x2)>-2

f′(x)=ln x+1-2ax(x>0),依题意 ln x+1-2ax=0 有两个正实数根

1 x1,x2(x1<x2).设 g(x)=ln x+1-2ax;则 g′(x)= x-2a,显然当 a≤0 时不 1? 1 ? 合题意,必有 a>0.令 g′(x)=0,得 x=2a,于是 g(x)在?0,2a?上是增函数, ? ? 1 1 ?1 ? ?1? 在?2a,+∞?上是减函数, 所以 g(x)在 x=2a处取得极大值, 所以 f′?2a?=ln2a ? ? ? ? 1 1 1 >0,即2a>1,0<a<2,且应有 x1<2a<x2.
2 2 于是 f(x1)= x1ln x1 -ax1 =x1(2ax1 - 1)- ax2 1 = ax 1 - x1 = x1(ax1 - 1) < 0.又 x ∈

?1 ? ?2a,x2?时 f′(x)>0,x∈(x2,+∞)时 f′(x)<0,所以 x2 是 f(x)的极大值点, ? ? 1 所以 f(x2)>f(1)=-a>-2. 答案 ④

3.设直线 x=t,与函数 f(x)=x2,g(x)=ln x 的图象分别交于点 M,N,则当|MN| 达到最小时 t 的值为________. 解析 当 x=t 时,f(t)=t2,g(t)=ln t,

∴y=|MN|=t2-ln t(t>0).

? 2?? 2? 2?t+ ??t- ? 2 2 ?? 2? 1 2t -1 ? ∴y′=2t- t = t = . t 2 2 当 0<t< 2 时,y′<0;当 t> 2 时,y′>0. 2 ∴y=|MN|=t2-ln t 在 t= 2 时有最小值. 答案 2 2

二、解答题 4.(2014· 兰州模拟)已知函数 f(x)=-x2+ax-ln x(a∈R). ?1 ? (1)当 a=3 时,求函数 f(x)在?2,2?上的最大值和最小值; ? ? ?1 ? (2)当函数 f(x)在?2,2?上单调时,求 a 的取值范围. ? ? 解 2x2-3x+1 ?2x-1??x-1? 1 (1)a = 3 时, f′(x)=- 2x+ 3 - x =- =- ,令 x x

1 f′(x)=0,解得 x=2或 1. 1? 1? ? ? 当 x∈?0,2?∪(1,+∞)时,f′(x)<0,故 f(x)在?0,2?和(1,+∞)上单调递 ? ? ? ? ?1 ? ?1 ? 减;当 x∈?2,1?时,f′(x)>0,故 f(x)在?2,1?上单调递增, ? ? ? ? ?1 ? 所以函数 f(x)在区间?2,2?上仅有极大值点 x=1, ? ? ?1 ? 故这个极大值点也是最大值点,故函数 f(x)在?2,2?上的最大值是 f(1)=2. ? ? ?1? ?5 ? 3 又 f(2)-f?2?=(2-ln 2)-?4+ln 2?=4-2ln 2<0, ? ? ? ? ?1? 故 f(2)<f?2?, ? ? ?1 ? 故函数在?2,2?上的最小值为 f(2)=2-ln 2. ? ? 1 1 (2)f′(x)=-2x+a-x ,令 g(x)=2x+ x, 1 ?1 ? 2 ? 2? 则 g′(x)=2-x2,则函数 g(x)在? , ?上单调递减,在? ,2?上单调递增, ?2 2 ? ?2 ?

9? 9 ? 2? ?1? ?1 ? ? 由 g?2?=3,g(2)=2,g? ?=2 2,故函数 g(x)在?2,2?的值域为?2 2,2?. ? ? ? ? ? ? ?2? ?1 ? 若要 f′(x)≤0 在?2,2?上恒成立, ? ? 1 ?1 ? 即 a≤2x+ x在?2,2?恒成立,只要 a≤2 2; ? ? ?1 ? 若要 f′(x)≥0 在?2,2?上恒成立, ? ? 1 ?1 ? 9 即 a≥2x+ x在?2,2?上恒成立,只要 a ≥ 2, ? ? ?9 ? 即 a 的取值范围是(-∞,2 2 ]∪?2,+∞?. ? ?


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