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2017届高考数学二轮复习上篇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文


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 文
一、填空题 1 2 1.(2016·苏州调研)函数 f(x)= x -ln x 的单调递减区间为________. 2 1 解析 由题意知,函数的定义域为(0,+∞),又由 f′(x)=x- ≤0,解得 0<x≤1,所

x

以函数 f(x)的单调递减区间为(0,1]. 答案 (0,1] 2.已知函数 f(x)=4ln x+ax -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.
2

x

答案 1 1 2 3.已知函数 f(x)= mx +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

2 ?1? 2 ∴m≥-? ? + .

?x?

x

2 1 ?1? 2 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,+∞) 4.已知函数 f(x)=x +ax +bx-a -7a 在 x=1 处取得极大值 10,则 的值为________.
?3+2a+b=0, ? 2 解析 由题意知 f′(x)=3x +2ax+b, f′(1)=0, f(1)=10, 即? 2 ? ?1+a+b-a -7a=10,
3 2 2

a b

解得?

? ?a=-2, ?b=1 ?



?a=-6, ?a=-6, ? ? a 2 ? 经检验? 满足题意,故 =- . b 3 ? ? b = 9 , b = 9 ? ?

2 答案 - 3

1

5.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________. 1 1 解析 由于 f′(x)=k- ,f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞)上单调递增?f′(x)=k-

x

x

1 1 ≥0 在(1,+∞)上恒成立,由于 k≥ ,而 0< <1,所以 k≥1.即 k 的取值范围为[1,+

x

x

∞). 答案 [1,+∞) 6.(2016·泰州期末)函数 f(x)=x -3ax-a 在(0,1)内有最小值,则 a 的取值范围是 ________. 解析 f′(x)=3x -3a=3(x -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- a)(x+ a). 当 x∈(-∞,- a)和( a,+∞)时,f(x)单调递增; 当 x∈(- a, a)时,f(x)单调递减, 所以当 a<1,即 0<a<1 时,f(x)在(0,1)内有最小值. 答案 (0,1) 1 3 2 7.已知函数 f(x)= x +ax +3x+1 有两个极值点,则实数 a 的取值范围是________. 3 解析 f′(x)=x +2ax+3. 由题意知方程 f′(x)=0 有两个不相等的实数根, 所以 Δ =4a -12>0, 解得 a> 3或 a<- 3. 答案 (-∞,- 3)∪( 3,+∞)
?x -3x,x≤a, ? 8.(2016·北京卷)设函数 f(x)=? ? ?-2x,x>a.
3 2 2 2 2 3

(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________. 解析
?x -3x,x≤0, ? (1)当 a=0 时,f(x)=? ?-2x,x>0. ?
2 2 3

若 x≤0,f′(x)=3x -3=3(x -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. 综上,f(x)最大值为 2.
2

(2)函数 y=x -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) 二、解答题 9.(2016·北京卷)设函数 f(x)=xe =(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.
a-x a-x

3

+bx, 曲线 y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为 y

∵f′(x)=e

-xe

a-x

+b=(1-x)e

a-x

+b.

? ? ?f(2)=2e+2, ?2e +2b=2e+2, 依题设,? 即? a-2 ?f′(2)=e-1, ? ?-e +b=e-1. ?

a-2

解得 a=2,b=e. (2)由(1)知 f(x)=xe 由 f′(x)=e
2-x 2-x

+ex,
x-1

(1-x+e

)及 e

2-x

>0 知,

f′(x)与 1-x+ex-1 同号.
令 g(x)=1-x+e
x- 1

,则 g′(x)=-1+e

x-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(-∞,+∞). 10.(2016·全国Ⅱ卷)(1)讨论函数 f(x)=

x-2 x x e 的单调性,并证明当 x>0 时,(x-2)e + x+2

x+2>0;
e -ax-a (2)证明: 当 a∈[0, 1)时, 函数 g(x)= (x>0)有最小值.设 g(x)的最小值为 h(a), 2
x

x

求函数 h(a)的值域. (1)解 f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞).

f′(x)=

(x-1)(x+2)e -(x-2)e xe = 2 2≥0, (x+2) (x+2)

x

x

2 x

且仅当 x=0 时,f′(x)=0,
3

所以 f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增. 因此当 x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=-1. 所以(x-2)e >-(x+2),即(x-2)e +x+2>0. (2)证明
x x

g′(x)=

(x-2)e +a(x+2) x+2 = 3 (f(x)+a). 3

x

x

x

由(1)知 f(x)+a 单调递增,对任意 a∈[0,1),f(0)+a=a-1<0,f(2)+a=a≥0. 因此,存在唯一 xa∈( 0,2],使得 f(xa)+a=0,即 g′(xa)=0. 当 0<x<xa 时,f(x)+a<0,g′(x)<0,g(x)单调递减; 当 x>xa 时,f(x)+a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增. e -a(xa+1) 因此 g(x)在 x=xa 处取得最小值,最小值为 g(xa)= = 2
xa

xa

e +f(xa)(xa+1) e = . 2 xa xa+2 于是 h(a)=
x x x ea ? e ?′=(x+1)e >0, e 单调递增. ,由? ? 2 xa+2 (x+2) x+2 ?x+2? x

xa

xa

所以,由 xa∈(0,2], 1 e ea e e 得 = <h(a)= ≤ = . 2 0+2 xa+2 2+2 4 因为
x e ?1 e ? 单调递增,对任意 λ ∈? , ?,存在唯一的 xa∈(0,2],a=-f(xa)∈[0,1), x+2 ?2 4 ?
2 2 0

x

2

2

?1 e ? 使得 h(a)=λ .所以 h(a)的值域是? , ?. ?2 4 ? ?1 e ? 综上,当 a∈[0,1)时,g(x)有最小值 h(a),h(a)的值域是? , ?. ?2 4 ?
e ?2 ? 11.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
2

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,+∞).

x2ex-2xex ? 2 1? f′(x)= -k?- 2+ ? x4 ? x x?


xex-2ex k(x-2) (x-2)(ex-kx) - = . x3 x2 x3
x

由 k≤0 可得 e -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,+∞).
4

(2)由(1)知,k≤0 时,函数 f(x)在(0,2)内单调递减, 故 f(x)在(0,2)内不存在极值点; 当 k>0 时,设函数 g(x)=e -kx,x∈[0,+∞). 因为 g′(x)=e -k=e -e 当 0<k≤1 时, 当 x∈(0,2)时,g′(x)=e -k>0,y=g(x)单调递增. 故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点; 当 k>1 时,得 x∈(0,ln k)时,g′(x)<0,函数 y=g(x)单调递减.
x x x
ln k

x



x∈(ln k,+∞)时,g′(x)>0,函数 y=g(x)单调递增.
所以函数 y=g(x)的最小值为 g(ln k)=k(1-ln k).

g(0)>0, ? ?g(ln k)<0, e 函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点当且仅当? 解得 e<k< , 2 g(2)>0, ? ?0<ln k<2,
2

? e? 综上所述,函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k 的取值范围为?e, ?. ? 2?

2

5



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