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2013届高三江苏专版数学一轮复习课时作业(14)用导数研究函数单调性与极值


课时作业(十四) [第 14 讲 用导数研究函数单调性与极值]

[时间:45 分钟 分值:100 分] 基础热身 1 . 函 数 f(x) = x3 - x 的 单 调 增 区 间 为 ________________________________________________________________________. 2.如果函数 y=f(x)

的图象如图 K14-1,那么其导函数 y=f′(x)的图象可能是图 K14 - 2 中 的 ________________________________________________________________________. (填序号)

图 K14-1 图 K14-2 3.函数 f(x)=x3-3x2+7 的极大值是________. 4.若函数 y=lnx-ax 的增区间为(0,1),则 a 的值是________. 能力提升 5.函数 f(x)=(x-3)ex 的单调递增区间是________. 6.函数 f(x)=x3+ax2+3x-9,已知 f(x)在 x=-3 时取得极值,则 a=________. 7. 若函数 f(x)=x3+bx2+cx+d 的单调递减区间为(-1,2), 则 b=________, c=________. 8.已知函数 y=f(x)的导函数 y=f′(x)的图象如图 K14-3,则该函数有________个极 大值;________个极小值.

图 K14-3 9. 已知 a>0, 函数 f(x)=x3-ax 在[1, +∞)上是单调增函数, 则 a 的最大值是________. 3 2 10.[2011· 福建卷改编] 若 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x -ax -2bx+2 在 x=1 处有极值, 则 ab 的最大值等于________. 11.[2012· 苏北四市一调] 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________. 12.设 f(x),g(x)是 R 上的可导函数,f′(x),g′(x)分别为 f(x),g(x)的导函数,且满足 f′(x)g(x)+f(x)g′(x)<0,则当 a<x<b 时,有________.(填序号) (1)f(x)g(b)>f(b)g(x);(2)f(x)g(a)>f(a)· g(x);(3)f(x)g(x)>f(b)g(b);(4)f(x)g(x)>f(b)g(a). 4x2-7 13.(8 分)已知函数 f(x)= ,x∈[0,1],求 f(x)的单调区间. 2-x

2 14.(8 分)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 在 x=1 与 x=- 时都取得极值. 3

(1)求 a,b 的值; 3 (2)若 f(-1)= ,求 f(x)的单调区间和极值. 2

15.(12 分)已知函数 f(x)=x3-ax-1. (1)若 f(x)在实数集 R 上单调递增,求实数 a 的取值范围; (2)是否存在实数 a,使 f(x)在(-1,1)上单调递减?若存在,求出 a 的取值范围;若不存 在,请说明理由.

16.(12 分)已知函数 f(x)=|ax-2|+blnx(x>0,实数 a,b 为常数). (1)若 a=1,f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,求 b 的取值范围; 1 (2)若 a≥2,b=1,求方程 f(x)= 在(0,1]上解的个数. x

课时作业(十四) 【基础热身】 3 3 1. ?-∞,- ? ,? ,+∞? 3? ?3 ? ? [ 解析 ] 由 f′(x)= 3x2 - 1>0 得,x ∈?-∞,-

?

3? ∪ 3?

? 3,+∞?,故单调增区间为?-∞,- 3?,? 3,+∞?. 3? ?3 ?3 ? ? ?
2.(1) [解析] 由原函数的单调性可以得到导函数的正负情况依次是正→负→正→负, 所以只有(1)正确. 3. 7 [解析] 由 f′(x)=3x2-6x 易得, 函数 f(x)的单调递增区间为(-∞, 0), (2, +∞), 单调递减区间为(0,2),故极大值为 f(0)=7. 1 4.1 [解析] 由条件可知,y′= -a>0 的解集为(0,1),代入端点值 1,可知 a=1. x 【能力提升】 5.(2,+∞) [解析] f′(x)=(x-3)′ex+(x-3)(ex)′=(x-2)ex,令 f′(x)>0,解得 x >2. 6.5 [解析] ∵f′(x)=3x2+2ax+3,又 f(x)在 x=-3 时取得极值,∴f′(-3)=30- 6a=0,则 a=5. 3 7.- -6 [解析] 因为 f′(x)=3x2+2bx+c,由题设知-1<x<2 是不等式 3x2+2bx 2 3 +c<0 的解集,所以-1,2 是方程 3x2+2bx+c=0 的两个根,由根与系数的关系得 b=- , 2 c=-6. 8.1 1 [解析] x1、x4 是导函数的不变号零点,因此它们不是极值点,而 x2 与 x3 是变 号零点,因此它们是极值点,且 x2 是极大值点,x3 是极小值点. 9.3 [解析] f′(x)=3x2-a,在[1,+∞)上,f′(x)≥0 恒成立,则 3x2-a≥0,a≤3x2. 又 g(x)=3x2 在[1,+∞)上递增,故 a≤3,a 的最大值为 3. 10.9 [解析] f′(x)=12x2-2ax-2b, ∵f(x)在 x=1 处有极值, ∴f′(1)=0,即 12-2a-2b=0,化简得 a+b=6, ∵a>0,b>0, a+b?2 ∴ab≤? ? 2 ? =9,当且仅当 a=b=3 时,ab 有最大值,最大值为 9. ?f′?-1?=3m-2n=-3, ? 11. [-2, -1] [解析] 因为 f′(x)=3mx2+2nx, 由题意得? ?f?-1?=-m+n=2, ?
? ?m=1, 所以? ?n=3, ? 所以 f′(x)=3x2+6x,又 f(x)在区间[t,t+1]上单调递减,所以 f′(x)=3x2+6x≤0 在区 2 ? ?f′?t?=3t +6t≤0, ? 间[t,t+1]上恒成立,所以 解之得 t∈[-2,-1]. 2 ?f′?t+1?=3?t+1? +6?t+1?≤0, ? 12 . (3) [ 解析 ] ∵ f′(x)g(x) + f(x)g′(x) = [f(x)g(x)]′<0 ,∴ f(x)g(x) 为减函数,又∵ a<x<b,∴f(a)g(a)>f(x)g(x)>f(b)g(b). -4x2+16x-7 ?2x-1??2x-7? 13.[解答] 对函数 f(x)求导,得 f′(x)= =- .令 f′(x)=0, 2 ?2-x? ?2-x?2 1 7 解得 x1= ,x2= . 2 2 当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表: 1 ?0,1? ?1,1? x 0 1 2 ? 2? ?2 ? 0 f′(x) - +

7 -4 -3 2 1 1 0, ?时,f(x)是减函数;当 x∈? ,1?时,f(x)是增函数. 所以,当 x∈? 2 ? ? ?2 ? 2 14.[解答] (1)f′(x)=3x +2ax+b. 2 由题意,得 x=1 和 x=- 为 f′(x)=0 的解, 3 2 2 2 b - ?, ∴- a=1- , =1×? ? 3? 3 3 3 1 ∴a=- ,b=-2. 2 1 (2)由(1)知 f(x)=x3- x2-2x+c, 2 1 3 由 f(-1)=-1- +2+c= ,得 c=1, 2 2 1 ∴f(x)=x3- x2-2x+1,f′(x)=3x2-x-2. 2 f′(x)的变化情况如下: ?-∞,-2? ?-2,1? x (1,+∞) 3? ? ? 3 ? f′(x) + - + 2 2 ? ? ? ∴f(x)的递增区间为? ?-∞,-3?和(1,+∞),递减区间为?-3,1?. 2? 49 2 当 x=- 时,f(x)有极大值,f? ?-3?=27; 3 1 当 x=1 时,f(x)有极小值,f(1)=- . 2 2 15.[解答] (1)f′(x)=3x -a,故 3x2-a≥0 在 R 上恒成立, ∴a≤0. (2)f(x)在(-1,1)上单调递减,则 3x2-a≤0 在(-1,1)上恒成立,即 a≥3x2 在(-1,1)上恒 成立, ∴a≥3. ?-x+2+blnx?0<x<2?, ? 16.[解答] (1)a=1,则 f(x)=|x-2|+blnx=? ? ?x-2+blnx?x≥2?. b ①当 0<x<2 时,f(x)=-x+2+blnx,f′(x)=-1+ , x b 由条件,得-1+ ≥0 恒成立,即 b≥x 恒成立. x ∴b≥2. b ②当 x≥2 时,f(x)=x-2+blnx,f′(x)=1+ , x b 由条件,得 1+ ≥0 恒成立,即 b≥-x 恒成立. x ∴b≥-2. ∵f(x)的图象在(0,+∞)上单调递增,不间断. 综合①,②得,b 的取值范围是 b≥2. 1 (2)令 g(x)=|ax-2|+lnx- , x 2 1 0<x< ?, -ax+2+lnx- ? a? x? 即 g(x)= 2 1 x≥ ?. ax-2+lnx- ? x ? a? f(x) -

? ? ?

2 1 当 0<x< 时,g(x)=-ax+2+lnx- , a x 1 1 g′(x)=-a+ + 2, x x 2 1 a ∵0<x< ,∴ > , a x 2 a a2 a?a-2? 则 g′(x)>-a+ + = ≥0, 2 4 4 2 0, ?上单调递增. 即 g′(x)>0,∴g(x)在? ? a? 2 1 当 x≥ 时,g(x)=ax-2+lnx- , a x 1 1 g′(x)=a+ + 2>0, x x 2 ? ∴g(x)在? ?a,+∞?上是单调增函数. ∵g(x)的图象在(0,+∞)上不间断, ∴g(x)在(0,+∞)上是单调增函数. 2? 2 a 2 ∵g? ?a?=lna-2,而 a≥2,∴lna≤0, 2? 则 g? ?a?<0, g(1)=|a-2|-1=a-3, ①当 a≥3 时,∵g(1)≥0,∴g(x)=0 在(0,1]上有惟一解, 1 即方程 f(x)= 解的个数为 1 个; x ②当 2≤a<3 时,∵g(1)<0,∴g(x)=0 在(0,1]上无解, 1 即方程 f(x)= 解的个数为 0 个. x


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