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2015年高考数学(苏教版,理)一轮题库:第3章 第2讲 用导数研究函数的单调性与极值


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第 2 讲 用导数研究函数的单调性与极值 一、填空题 1.已知 f(x)=x+cos x(x∈R),则不等式 f(ex-1)>f(0)的解集为________. 解析 f(x)=x+cos x,f′(x)=1-sin x≥0,∴f(x)(x∈R)是增函数.若 f(ex-1)>f(0),则 ex-1>0,ex>1, 即 x>0.∴解集为(0,+∞). 答案 (0,+∞) 2.函数 f(x)=x3-3x2+1 在 x=________处取得极小值. 解析 由 f′(x)=0,得 x=0 或 x=2.由 f′(x)>0 得 x<0 或 x>2,由 f′(x)<0 得 0<x<2,所以 f(x) 在 x=2 处取得极小值. 答案 2 3.若 f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1 有极大值和极小值,则 a 的取值范围是________. 解析 f′(x)=3x2+6ax+3(a+2),由题意知 f′(x)=0 有两个不等的实根,由 Δ=(6a)2-4×3×3(a+2) >0,即 a2-a-2>0,解得 a>2 或 a<-1. 答案 (-∞,-1)∪(2,+∞) 4.已知函数 f(x)=ln x+2x,若 f(x2+2)<f(3x),则实数 x 的取值范围是________. 1 解析 由 f(x)=ln x+2x,得 f′(x)= +2xln 2>0,x∈(0,+∞),所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增,又 x f(x2+2)<f(3x),得 0<x2+2<3x,所以 x∈(1,2). 答案 (1,2) x3 5.已知函数 f(x)= -(4m-1)x2+(15m2-2m-7)x+2 在实数集 R 上是增函数,则实数 m 的取值范围是 3 ________. 解析 f′(x)=x2-2(4m-1)x+15m2-2m-7,依题意,知 f′(x)≥0 在 R 上恒成立,所以 Δ=4(m2-6m +8)≤0 得 2≤m≤4. 答案 [2,4] 6. 设函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若 x=-1 为函数 f(x)ex 的一个 极值点,则下列图象不可能为 y=f(x)的图象是________.

解析 设 h(x)=f(x)ex, 则 h′(x)=(2ax+b)ex+(ax2+bx+c)ex =(ax2+2ax+bx+b+c)ex. 由 x=-1 为函数 f(x)ex 的一个极值点,当 x=-1 时,ax2+2ax+bx+b+c=c-a=0,∴c=a.
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a ∴f(x)=ax2+bx+a.若方程 ax2+bx+a=0 有两根 x1,x2,则 x1x2= =1,④中图象一定不满足该条件. a 答案 ④ 7.已知函数 f(x)的定义域为(-2,2),导函数为 f′(x)=x2+2cos x 且 f(0)=0,则满足 f(1+x)+f(x2-x)>0 的实数 x 的集合是________. 解析 因为当 x∈(-2,2)时,f′(x)≥0 且为偶函数,所以 f(x)是奇函数且在(-2,2)上单调递增,于是由 f(1+x)>-f(x2-x)=f(x-x2),得-2<x-x2<1+x<2,解得-1<x<1. 答案 (-1,1) 8.已知函数 f(x)=mx3+nx2 的图象在点(-1,2)处的切线恰好与直线 3x+y=0 平行,若 f(x)在区间[t,t+1] 上单调递减,则实数 t 的取值范围是________. 答案 [-2,-1] 9.已知函数 f(x)=ax3-3x+1 对 x∈(0,1]总有 f(x)≥0 成立,则实数 a 的取值范围是________. 答案 [4,+∞) 10.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( x+1)> x-1· f( x2-1)的解集 为________. 解析 设 F(x)=xf(x),则由 F′(x)=f(x)+xf′(x)>0,可得函数 F(x)是 R 上的增函数.又 x+1>0,所 以由 f( x+1)> x-1f( x2-1)可变形得 x+1f( x+1)> x2-1f( x2-1),

? x+1> x2-1, 即 F( x+1)>F( x -1),所以? ?x≥1,
2

解得 1≤x<2. 答案 [1,2) 二、解答题 11.已知二次函数 f(x)的二次项系数为 a,且不等式 f(x)>2x 的解集为(-1,3). a? (1)若函数 g(x)=xf(x)在区间? ?-∞,3?内单调递减,求 a 的取值范围; (2)当 a=-1 时,证明方程 f(x)=2x3-1 仅有一个实数根. (3)当 x∈[0,1]时,试讨论|f(x)+(2a-1)x+3a+1|≤3 成立的充要条件. 解 (1)∵f(x)-2x>0 的解集为(-1,3), ①

∴可设 f(x)-2x=a(x+1)(x-3),且 a<0,因而 f(x)=a(x+1)(x-3)+2x=ax2+2(1-a)x-3a g(x)=xf(x)=ax3+2(1-a)x2-3ax, a? ∵g(x)在区间? ?-∞,3?内单调递减, a? ∴g′(x)=3ax2+4(1-a)x-3a 在? ?-∞,3?上的函数值非正,

2?a-1? a? a3 4 由于 a<0,对称轴 x= >0,故只需 g′? (1-a)-3a≤0,注意到 a<0,∴a2+4(1-a) ?3?= 3 +3a· 3a
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-9≥0,得 a≤-1 或 a≥5(舍去). 故所求 a 的取值范围是(-∞,-1]. (2)证明:a=-1 时,方程 f(x)=2x3-1 仅有一个实数根,即证方程 2x3+x2-4x-4=0 仅有一个实数 2 根.令 h(x)=2x3+x2-4x-4,由 h′(x)=6x2+2x-4=0,得 x1=-1,x2= ,易知 h(x)在(-∞,- 3 2 2? ? ? 1),? ?3,+∞?上递增,在?-1,3?上递减,h(x)的极大值 h(-1)=-1<0,故函数 h(x)的图象与 x 轴仅 有一个交点,∴a=-1 时,方程 f(x)=2x3-1 仅有一个实数根,得证. 1 (3)设 r(x)=f(x)+(2a-1)x+3a+1=ax2+x+1,r(0)=1,对称轴为 x=- , 2a

1 ? ?-2≤a<0 1 1 由题意,得? 或 - ?=1- ≤3 r? 2 a ? ? 4 a ? ?r?1?=a+2≤3

? ? ?r?1?=a+2≥-3

1 a<- 2

解出-5≤a<0,故使|f(x)+(2a-1)x+3a+1|≤3 成立的充要条件是 -5≤a<0. 1 12.已知曲线 f(x)=ln(2-x)+ax 在点(0,f(0))处的切线斜率为 , 2 (1)求 f(x)的极值; (2)设 g(x)=f(x)+kx,若 g(x)在(-∞,1]上是增函数,求实数 k 的取值范围. 解 (1)f(x)的定义域是(-∞,2),f′(x)= 1 +a. x-2

1 1 由题知 f′(0)=- +a= , 2 2 x-1 1 所以 a=1,所以 f′(x)= +1= . x-2 x-2 令 f′(x)=0,得 x=1. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表所示 x f′(x) f(x) 所以 f(x)在 x=1 处取得极大值 1,无极小值. 1 (2)g(x)=ln(2-x)+(k+1)x,g′(x)= +(k+1), x-2 由题知 g′(x)≥0 在(-∞,1]上恒成立, 1 即 k≥ -1 在(-∞,1]上恒成立, 2-x (-∞,1) + 1 0 1 (1,2) -

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1 ≤1, 2-x

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因为 x≤1,所以 2-x≥1,所以 0< 1 所以-1< -1≤0,所以 k≥0. 2-x 故实数 k 的取值范围是[0,+∞).

ln x+k 13.已知函数 f(x)= (k 为常数,e=2.718 28…是自然对数的底数),曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切 ex 线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2)求 f(x)的单调区间; 解 ln x+k 1-kx-xln x (1)由 f(x)= ,得 f′(x)= (x>0). ex x ex

由题意,得 f′(1)=0,所以 k=1. 1 (2)由(1)得 f′(x)= x(1-x-xln x)(x>0). xe 令 h(x)=1-x-xln x(x>0),则当 x∈(0,1)时,h(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0,又 ex>0,所以 x∈(0,1) 时, f′(x)>0,x∈(1,+∞)时,f(x)<0. 因此 f(x)的单调递增区间为(0,1), 单调递减区间为(1,+∞) 14.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 a+ 1 2ax2+a+1 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= +2ax= . x x

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∈?0, a+1 - . 2a - a+1 ? f′(x) ,+∞?时, 2a ?

? ?



a+1? ? f′(x)>0, 此时函数 f(x)单调递增; 当 x∈? ?时, 2a ? ?

<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 a+1 a+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+ x x -4x-1 ?2x-1?2 ?2x-1?2 4≤0 在(0,+∞)上恒成立,从而 a≤ 2 = 2 -2 在(0,+∞)上恒成立,由于 2 -2≥ 2x +1 2x +1 2 x +1 -2,故 a 的取值范围是(-∞,-2].
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