精选教案
专题一 函数与导数、不等式 第3讲 导数与函数的单调性、极值、
最值问题练习
一、选择题
1.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象所示，则下列叙述正确的是( ) A.f(b)＞f(c)＞f(d) B.f(b)＞f(a)＞f(c) C.f(c)＞f(b)＞f(a) D.f(c)＞f(b)＞f(d)
解析 由f′(x)的图象知，x∈[a，c]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数，∵c＞b＞a，∴f(c)＞f(b)＞f(a). 答案 C
2.若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是( ) A.(－∞，－2] C.[2，＋∞)
B.(－∞，－1] D.[1，＋∞)
11
解析 由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增?f′(x)＝k－≥0在
xx11
(1，＋∞)上恒成立，由于k≥，而0＜＜1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞).
xx答案 D
3.(2016·湖州模拟)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围是( ) A.[0，1)
B.(－1，1)
?1?C.?0，? ?2?
D.(0，1)
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解析 f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a).当a≤0时，f′(x)＞0， ∴f(x)在(0，1)内单调递增，无最小值. 当a＞0时，f′(x)＝3(x－当x∈(－∞，－当x∈(－所以当a)(x＋a).
a)和(a，＋∞)时，f(x)单调递增；
a，a)时，f(x)单调递减，
a＜1，即0＜a＜1时，f(x)在(0，1)内有最小值.
答案 D 4.已知函数2A.－
32
C.－2或－
3
f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则的值为( )
abB.－2 2
D.2或－
3
??3＋2a＋b＝0，
解析 由题意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即?
?1＋a＋b－a2－7a＝10，???a＝－2，
解得?或
b＝1??
??a2?a＝－6，?a＝－6，?经检验?满足题意，故＝－.
b3???b＝9，?b＝9
答案 A
1
5.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x＋1有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
3A.(C.(－3，＋∞) 3，
3)
B.(－∞，－D.(－∞，－
3) 3)∪(
3，＋∞)
解析 f′(x)＝x2＋2ax＋3.
由题意知方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根，
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所以Δ＝4a2－12＞0， 解得a＞答案 D 二、填空题
6.已知函数f(x)＝4ln x＋ax2－6x＋b(a，b为常数)，且x＝2为f(x)的一个极值点，则a的值为________.
解析 由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 4
∵f′(x)＝＋2ax－6，∴f′(2)＝2＋4a－6＝0，即a＝1.
3或a＜－
3.
x答案 1
1
7.已知函数f(x)＝mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是
2____________.
1
解析 f′(x)＝mx＋－2≥0对一切x＞0恒成立，
x?1?22
∴m≥－??＋.
?x?x?1?221
令g(x)＝－??＋，则当＝1时，函数g(x)取最大值1.故m≥1.
x?x?x答案 [1，＋∞)
??x3－3x，x≤a，
8.(2016·北京卷)设函数f(x)＝?
??－2x，x＞a.
(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；
(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________.
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??x3－3x，x≤0，
解析 (1)当a＝0时，f(x)＝?
??－2x，x＞0.
若x≤0，f′(x)＝3x2－3＝3(x2－1).
由f′(x)＞0得x＜－1，由f′(x)＜0得－1＜x≤0. ∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增；
在(－1，0]上单调递减，∴f(x)最大值为f(－1)＝2. 若x＞0，f(x)＝－2x单调递减，所以f(x)＜f(0)＝0. 所以f(x)最大值为2.
(2)函数y＝x3－3x与y＝－2x的图象如图. 由(1)知，当a≥－1时，f(x)取得最大值2.
当a＜－1时，y＝－2x在x＞a时无最大值.且－2a＞2. 所以a＜－1.
答案 (1)2 (2)(－∞，－1) 三、解答题
9.(2016·北京卷)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4. (1)求a，b的值； (2)求f(x)的单调区间. 解 (1)f(x)的定义域为R.
∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.
??f（2）＝2e＋2，??2ea－2＋2b＝2e＋2，
依题设，?即?
a－2＋b＝e－1.f′（2）＝e－1，－e????
解得a＝2，b＝e.
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(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex，
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，
f′(x)与1－x＋ex－1同号.
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.
所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增. 故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)， 综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞). 故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).
?2?ex10.设函数f(x)＝2－k?＋ln x?(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数).
x?x?
(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围. 解 (1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝
x2ex－2xexx4
－
?21?－k?－2＋?
?xx?
x2
＝
＝
xex－2exk（x－2）（x－2）（ex－kx）x3
x3
.
由k≤0可得ex－kx＞0，
所以当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，函数y＝f(x)单调递减，
x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数y＝f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递减区间为(0，2]，单调递增区间为[2，＋∞). (2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，
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高考数学二轮复习 专题一 函数与导数、不等式 第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题练习
