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2017高考数学(文)二轮专题复习(检测):专题一第3讲导数与函数的单调性、极值与最值 Word版含解析


专题一 第3讲

函数与导数、不等式

导数与函数的单调性、 极值与最 值

一、选择题 1 1.函数 f(x)= x2-ln x 的单调递减区间为( 2 A.(-1,1] C.1,+∞) B.(0,1] D.(0,+∞) )

1 解析:由题意知,函数的定义域为(0,+∞),又由 f′(x)=x- ≤0, x 解得 0<x≤1,所以函数 f(x)的单调递减区间为(0,1]. 答案:B 2.(2016· 四川卷)已知 a 为函数 f(x)=x3-12x 的极小值点,则 a= ( ) A.-4 B.-2 C.4 D.2 解析:由题意得 f′(x)=3x2-12,令 f′(x)=0 得 x=±2,∴当 x<- 2 或 x>2 时,f′(x)>0;当-2<x<2 时,f′(x)<0,∴f(x)在(-∞,-2) 上为增函数,在(-2,2)上为减函数,在(2,+∞)上为增函数. ∴f(x)在 x=2 处取得极小值,∴a=2. 答案:D 3.(2014· 全国Ⅱ卷)若函数 f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞)单调递 增,则 k 的取值范围是( A.(-∞,-2] C.2,+∞) ) B.(-∞,-1] D.1,+∞)

1 解析:∵f(x)=kx-ln x,∴f′(x)=k- . x

∵f(x)在区间(1,+∞)上单调递增, 1 1 ∴当 x>1 时,f′(x)=k- ≥0 恒成立,即 k≥ 在区间(1,+∞)上 x x 恒成立. 1 ∵x>1,∴0< <1,∴k≥1. x 答案:D 4.(2016· 石家庄质量检测(二))若 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x3-ax2 -2bx+2 在 x=1 处有极值,若 t=ab,则 t 的最大值为( A.2 B.3 C.6 D.9 解析:∵f(x)=4x3-ax2-2bx+2, ∴f′(x)=12x2-2ax-2b, 又∵f(x)在 x=1 处有极值, ∴f′(1)=12-2a-2b=0?a+b=6, ∵a>0,b>0,a+b≥2 ab, ∴ab≤9,当且仅当 a=b=3 时等号成立. 答案:D 1 5.已知函数 f(x)= x3+ax2+3x+1 有两个极值点,则实数 a 的取 3 值范围是( ) )

A.( 3,+∞) B.(-∞,- 3) C.(- 3, 3) D.(-∞,- 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, ∴Δ=4a2-12>0,解得 a> 3或 a<- 3. 答案:D 二、填空题

x 6.(2016· 北京卷)函数 f(x)= (x≥2)的最大值为________. x-1 解析:f′(x)= (x-1)-x 1 , 2 =- (x-1) (x-1)2

当 x≥2 时,f′(x)<0,所以 f(x)在 2,+∞)上是减函数,故 f(x)max =f(2)= 2 =2. 2-1

答案:2 7. (2016· 广东肇庆三模)已知函数 f(x)=x3+ax2+3x-9, 若 x=-3 是函数 f(x)的一个极值点,则实数 a=________. 解析:f′(x)=3x2+2ax+3,由题意知 x=-3 为方程 3x2+2ax+3 =0 的根, ∴3×(-3)2+2a×(-3)+3=0,解得 a=5. 答案:5
.

1 8.(2016· 衡水期末)若函数 f(x)=- x2+4x-3ln x 在 t,t+1]上不 2 单调,则 t 的取值范围是________.
2 (x-1)(x-3) 3 -x +4x-3 解析:f′(x)=-x+4- = =- . x x x

由 f′(x)=0 及判断可知函数 f(x)的两个极值点为 1,3,则只要这两 个极值点有一个在区间(t, t+1)内, 函数 f(x)在区间 t, t+1]上就不单调, 所以 t<1<t+1 或 t<3<t+1,解得 0<t<1 或 2<t<3. 答案:(0,1)∪(2,3) 三、解答题 9.已知函数 f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处 的切线方程为 y=4x+4. (导学号 53130101) (1)求 a,b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)的极大值.

解:(1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4. 由已知得 f(0)=4,f′(0)=4. 故 b=4,a+b=8.从而 a=4,b=4. (2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,
? x 1? f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)?e -2?. ? ?

令 f′(x)=0,得 x=-ln 2 或 x=-2. 从而当 x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f′(x)>0; 当 x∈(-2,-ln 2)时,f′(x)<0. 故 f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2) 上单调递减. 当 x=-2 时,函数 f(x)取得极大值,极大值为 f(-2)= 4(1-e-2). 10.设函数 f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中 a>0. (导学号 53130102) (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (2)当 x∈0,1]时,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值. 解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f′(x)=1+a-2x-3x2. 令 f′(x)=0,得 x1= x2= -1- 4+3a , 3

-1+ 4+3a ,x1<x2, 3

∴f′(x)=-3(x-x1)(x-x2). 当 x<x1 或 x>x2 时,f′(x)<0; 当 x1<x<x2 时,f′(x)>0. 故 f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递 增.

(2)∵a>0,∴x1<0,x2>0. ①当 a≥4 时,x2≥1, 由(1)知,f (x)在 0,1]上单调递增, ∴f(x)在 x=0 和 x=1 处分别取得最小值和最大值. ②当 0<a<4 时,x2<1. 由(1)知,f(x)在 0,x2]上单调递增,在 x2,1]上单调递减, 因此 f(x)在 x=x2= -1+ 4+3a 处取得最大值. 3

又 f(0)=1,f(1)=a, ∴当 0<a<1 时,f(x)在 x=1 处取得最小值; 当 a=1 时,f(x)在 x=0 和 x=1 处同时取得最小值; 当 1<a<4 时,f(x)在 x=0 处取得最小值. 综上①②可知,当 a≥4 时,f(x)取得最大值和最小值时 x 的值分别 为 1 和 0;当 0<a<4 时,f(x)取得最大值时 x 的值为 -1+ 4+3a ;当 3

0<a<1 时,f(x)取最小值时 x 的值为 1;当 a=1 时,f(x)取得最小值时 x 的值为 0 或 1;当 1<a<4 时,f(x)取得最小值时 x 的值为 0. 1 11.(2016· 广州综合测试(二))已知函数 f(x)= x-ax(x∈R). e (导学号 53130103) (1)当 a=-2 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若 a>0 且 x>0 时,f(x)≤|ln x|,求 a 的取值范围. 1 解:(1)∵当 a=-2 时,f(x)= x+2x, e 1 ∴f′(x)=- x+2. e 1 令 f′(x)=- x+2=0, e 1 得 x=ln =-ln 2. 2

当 x<-ln 2 时,f′(x)<0; 当 x>-ln 2 时,f′(x)>0. ∴函数 f(x)的单调递减区间为(-∞, -ln 2), 单调递增区间为(-ln 2,+∞). 1 (2)法一:当 x≥1 时,f(x)≤|ln x|等价于 x-ax≤ln x, e 1 即 ln x- x+ax≥0.① e 1 令 g(x)=ln x- x+ax(a>0), e 1 1 则 g′(x)= + x+a>0, x e ∴函数 g(x)在 1,+∞)上单调递增. 1 ∴g(x)≥g(1)=- +a. e 1 1 要使①成立,则- +a≥0,得 a≥ . e e 1 下面证明若 a≥ 时,对 x∈(0,1),f(x)≤|ln x|也成立. e 1 1 当 x∈(0,1)时,f(x)≤|ln x|等价于 x-ax≤-ln x,即 ln x+ x- e e ax≤0, 1 1 1 而 ln x+ x-ax≤ln x+ x- x.② e e e 1 1 1 1 1 令 h(x)=ln x+ x- x,则 h′(x)= - x- , x e e e e 1 1 1 再令 φ(x)= - x- , x e e
2 x 1 1 x -e 则 φ′(x)=- 2+ x= 2 x . x e xe

x2-ex 由于 x∈(0,1),则 x <1,e >1,故 φ′(x)= 2 x <0. xe
2 x

∴函数 φ(x)在(0,1)上单调递减.

1 1 2 ∴φ(x) >φ(1)=1- - =1- >0,即 h′(x)>0. e e e ∴函数 h(x)在(0,1)上单调递增. 1 1 ∴函数 h(x)<h(1)= - =0. e e 1 1 1 由②式 ln x+ x-ax≤ln x+ x- x<0. e e e
?1 ? 综上所述,所求 a 的取值范围为?e ,+∞?. ? ?

1 法二:f(x)≤|ln x|等价于 x-ax≤|ln x|, e 1 即 ax≥ x-|ln x|.(*) e 1 ? ?ex-ln x,x≥1, 1 令 g(x)= x-|ln x|=? e 1 ? ?ex+ln x,0<x<1. 1 1 1 当 x≥1 时,g(x)= x-ln x,则 g′(x)=- x- <0. e e x ∴函数 g(x)在 1,+∞)上单调递减. 1 ∴g(x)≤g(1)= . e 1 当 0<x<1 时,g(x)= x+ln x, e
x 1 1 e -x 则 g′(x)=- x+ = x >0. e x xe

∴函数 g(x)在(0,1)上单调递增. 1 ∴g(x)<g(1)= . e 1 下面证明,当 a≥ 时,(*)式成立: e 1 ①当 x≥1 时,ax≥ ≥g(x),(*)式成立. e 1 ②当 0<x<1 时,由于 ax≥ x, e

1 1 1 1 1 令 h(x)=ln x+ x- x,则 h′(x)= - x- , x e e e e 1 1 1 再令 φ(x)= - x- , x e e
2 x 1 1 x -e 则 φ′(x)=- 2+ x= 2 x . x e xe

x2-ex 由于 x∈(0,1),则 x <1,e >1,故 φ′(x)= 2 x <0. xe
2 x

∴函数 φ(x)在(0,1)上单调递减. 1 1 2 ∴φ(x)>φ(1)=1- - =1- >0,即 h′(x)>0. e e e ∴函数 h(x)在(0,1)上单调递增. 1 1 ∴函数 h(x)<h(1)= - =0. e e 1 1 ∴ln x+ x- x<0. e e 1 1 ∴ln x+ x< x≤ax,即(*)式成立. e e
?1 ? 综上所述,所求 a 的取值范围为?e ,+∞?. ? ?



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