高考数学用导数研究函数单调性与极值试题（人教版）

详细内容

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________．
10．[2011•福建卷改编] 若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋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(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)．

13．(8分)已知函数f(x)＝4x2－72－x，x∈[0,1]，求f(x)的单调区间．

14．(8分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝1与x＝－23时都取得极值．
(1)求a，b的值；
(2)若f(－1)＝32，求f(x)的单调区间和极值．

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；
(2)若a≥2，b＝1，求方程f(x)＝1x在(0,1]上解的个数．

课时作业(十四)
【基础热身】
1.－∞，－33，33，＋∞　[解析] 由f′(x)＝3x2－1>0得，x∈－∞，－33∪33，＋∞，故单调增区间为－∞，－33，33，＋∞.
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.
4．1　[解析] 由条件可知，y′＝1x－a>0的解集为(0,1)，代入端点值1，可知a＝1.
【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.
7．－32　－6　[解析] 因为f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题设知－18．1　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，
∴ab≤a＋b22＝9，当且仅当a＝b＝3时，ab有最大值，最大值为9.
11．[－2，－1]　[解析] 因为f′(x)＝3mx2＋2nx，由题意得f′－1＝3m－2n＝－3，f－1＝－m＋n＝2，所以m＝1，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在区间[t，t＋1]上恒成立，所以f′t＝3t2＋6t≤0，f′t＋1＝3t＋12＋6t＋1≤0，解之得t∈[－2，－1]．
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∵af(x)g(x)>f(b)g(b)．
13．[解答] 对函数f(x)求导，得f′(x)＝－4x2＋16x－72－x2＝－2x－12x－72－x2.令f′(x)＝0，解得x1＝12，x2＝72.
当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：
x00，12
12
12，1
1
f′(x)－0＋
f(x)－72
?－4?－3
所以，当x∈0，12时，f(x)是减函数；当x∈12，1时，f(x)是增函数．
14．[解答] (1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
由题意，得x＝1和x＝－23为f′(x)＝0的解，
∴－23a＝1－23，b3＝1×－23，
∴a＝－12，b＝－2.
(2)由(1)知f(x)＝x3－12x2－2x＋c，
由f(－1)＝－1－12＋2＋c＝32，得c＝1，
∴f(x)＝x3－12x2－2x＋1，f′(x)＝3x2－x－2.
f′(x)的变化情况如下：
x－∞，－23
－23，1
(1，＋∞)
f′(x)＋－＋
∴f(x)的递增区间为－∞，－23和(1，＋∞)，递减区间为－23，1.
当x＝－23时，f(x)有极大值，f－23＝4927；
当x＝1时，f(x)有极小值，f(1)＝－12.
15．[解答] (1)f′(x)＝3x2－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.
16．[解答] (1)a＝1，则f(x)＝|x－2|＋blnx＝－x＋2＋blnx0①当0由条件，得－1＋bx≥0恒成立，即b≥x恒成立．
∴b≥2.
②当x≥2时，f(x)＝x－2＋blnx，f′(x)＝1＋bx，
由条件，得1＋bx≥0恒成立，即b≥－x恒成立．
∴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.
(2)令g(x)＝|ax－2|＋lnx－1x，
即g(x)＝－ax＋2＋lnx－1x0当0g′(x)＝－a＋1x＋1x2，
∵0a2，
则g′(x)>－a＋a2＋a24＝aa－24≥0，
即g′(x)>0，∴g(x)在0，2a上单调递增．
当x≥2a时，g(x)＝ax－2＋lnx－1x，
g′(x)＝a＋1x＋1x2>0，
∴g(x)在2a，＋∞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．
∵g2a＝ln2a－a2，而a≥2，∴ln2a≤0，
则g2a<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，
即方程f(x)＝1x解的个数为1个；
②当2≤a<3时，∵g(1)<0，∴g(x)＝0在(0,1]上无解，
即方程f(x)＝1x解的个数为0个．