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【创新设计】(全国通用)2016高考数学二轮复习 专题一 第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题训练 文


第3讲

导数与函数的单调性、极值、最值问题

一、选择题 1 2 1.函数 f(x)= x -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,解得 0<x≤1,所

x

以函数 f(x)的单调递减区间为(0,1]. 答案 B 1 2 2.(2015·昆明模拟)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 2 范围是( A.[-1,1] C.[1,+∞) ) B.[-1,+∞) D.(-∞,1]

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,即 x=1 时,函数 g(x)取最大值 1.故 m≥1. x

? ?

x

x

答案 C 3.(2014·新课标全国Ⅱ卷)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( ) B.(-∞,-1] D.[1,+∞)

A.(-∞,-2] C.[2,+∞)

1 1 解析 f′(x)=k- ,由题意知 f′(x)≥0 在(1,+∞)上恒成立,即 k- ≥0 在(1,+

x

x

1 1 ∞)上恒成立,由于 k≥ ,而 0< <1,所以 k≥1.故选 D.

x

x

答案 D 4.(2015·临沂模拟)函数 f(x)=x -3ax-a 在(0,1)内有最小值,则 a 的取值范围是( A.[0,1) B.(-1,1)
3

)

? 1? C.?0, ? ? 2?

D.(0,1)

1

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 D 1 3 2 5.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 A.( 3,+∞) C.(- 3, 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 D 二、填空题 6.(2015·天津卷)已知函数 f(x)=axln x,x∈(0,+∞),其中 a 为实数,f′(x)为 f(x) 的导函数.若 f′(1)=3,则 a 的值为________. 1 解析 f′(x)=aln x+ax· =a(ln x+1),由 f′(1)=3 得,a(ln 1+1)=3,
2 2

2

2

)

B.(-∞,- 3) D.(-∞,- 3)∪( 3,+∞)

x

解得 a=3. 答案 3 7.若 f(x)=x +3ax +3(a+2)x+1 在 R 上单调递增,则 a 的取值范围是________. 解析 f′(x)=3x +6ax+3(a+2). 由题意知 f′(x)≥0 在 R 上恒成立, 所以 Δ =36a -4×3×3(a+2)≤0,解得-1≤a≤2. 答案 [-1,2] 1 2 8.(2015·衡水中学期末)若函数 f(x)=- x +4x-3ln x 在[t,t+1]上不单调,则 t 的取 2 值范围是________.
2 2 3 2

2

解析

3 -x +4x-3 (x-1)(x-3) 对 f(x) 求导,得 f′(x) =- x + 4 - = =- .由

2

x

x

x

f′(x)=0 得函数 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.(2015·安徽卷)已知函数 f(x)= 2(a>0,r>0). (x+r) (1)求 f(x)的定义域,并讨论 f(x)的单调性; (2)若 =400,求 f(x)在(0,+∞)内的极值. 解 (1)由题意知 x≠-r,所求的定义域为(-∞,-r)∪(-r,+∞).

ax

a r

f(x)=

ax ax 2= 2 2, (x+r) x +2rx+r

a(x2+2rx+r2)-ax(2x+2r) a(r-x)(x+r) f′(x)= = . 2 2 2 4 (x +2rx+r ) (x+r)
所以当 x<-r 或 x>r 时,f′(x)<0,当-r<x<r 时,f′(x)>0. 因此,f(x)的单调递减区间为(-∞,-r),(r,+∞);f(x)的单调递增区间为(-r,r). (2)由(1)的解答可知 f′(r)=0,f(x)在(0,r)上单调递增,在(r,+∞)上单调递减. 因此,x=r 是 f(x)的极大值点,

ar a 400 所以 f(x)在(0,+∞)内的极大值为 f(r)= = =100. 2= (2r) 4r 4
10.已知函数 f(x)=x +2aln x. (1)若函数 f(x)的图象在(2,f(2))处的切线斜率为 1,求实数 a 的值; 2 (2)若函数 g(x)= +f(x)在[1,2]上是减函数,求实数 a 的取值范围.
2

x



2a 2x +2a (1)f′(x)=2x+ = .

2

x

x

由已知 f′(2)=1,解得 a=-3. 2 2 2a 2 (2)由 g(x)= +x +2aln x,得 g′(x)=- 2+2x+ .

x

x

x

由函数 g(x)为[1,2]上的单调减函数, 则 g′(x)≤0 在[1,2]上恒成立, 2 2a 即- 2+2x+ ≤0 在[1,2]上恒成立,

x

x

3

1 2 即 a≤ -x 在[1,2]上恒成立.

x

1 2 令 h(x)= -x ,

x

1 ?1 ? 在[1,2]上 h′(x)=- 2-2x=-? 2+2x?<0,

x

?x

?

7 所以 h(x)在[1,2]上为减函数,h(x)min=h(2)=- . 2 7 所以 a≤- . 2 11.(2015·合肥模拟)已知函数 f(x)=x -ax -3x. (1)若 f(x)在[1,+∞)上是增函数,求实数 a 的取值范围; (2)已知函数 g(x)=ln(1+x)-x+ x (k≥0),讨论函数 g(x)的单调性. 2 解 (1)对 f(x)求导,得 f′(x)=3x -2ax-3.
2 3 2

k

2

3? 1? 由 f′(x)≥0 在[1,+∞)上恒成立,得 a≤ ?x- ?. x? 2? 3? 1? 记 t(x)= ?x- ?,当 x≥1 时,t(x)是增函数, 2? x? 3 所以 t(x)min= (1-1)=0. 2 所以 a≤0. (2)g′(x)=

x(kx+k-1) ,x∈(-1,+∞). 1+x x

当 k=0 时,g′(x)=- , 1+x 所以在区间(-1,0)上,g′(x)>0;在区间(0,+∞)上,g′(x)<0.故 g(x)的单调递 增区间是(-1,0],单调递减区间是[0,+∞). 当 0<k<1 时,由 g′(x)= 所以在区间(- 1,0)和?

x(kx+k-1) 1-k =0,得 x1=0,x2= >0, 1+x k

?1-k,+∞?上,g′(x)>0;在区间?0,1-k?上, g′(x)<0. ? ? k ? ? k ? ? ? ?1-k,+∞?,单调递减区间是?0,1-k?. ? ? k ? ? k ? ? ?

故 g(x)的单调递增区间是(-1,0]和? 当 k=1 时,g′(x)= >0, 1+x

x2

故 g(x)的单调递增区间是(-1,+∞).

4

当 k>1 时,g′(x)=

x(kx+k-1) 1-k =0,得 x1= ∈(-1,0),x2=0, 1+x k

1-k? ? ?1-k,0?上,g′(x)<0. 所以在区间?-1, ?和(0,+∞)上,g′(x)>0,在区间? ?

?

k ?

? k

?

1-k? ? ?1-k,0?. 故 g(x)的单调递增区间是?-1, ?和[0,+∞),单调递减区间是? ?

?

k ?

? k

?

5



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