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2015高考数学二轮专题训练·对接高考练习:专题1第3讲 导数与函数的单调性、极值与最值的基本问题


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

1 由题意知, 函数的定义域为(0, +∞), 又由 f′(x)=x- x ≤0, 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.函数 f(x)=ex-x(e 为自然对数的底数)在区间[-1,1]上的最大值是( 1 A.1+ e C.e+1 解析 B.1 D.e-1

f′(x)=ex-1,令 f′(x)=0,得 x=0.

1 又 f(0)=e0-0=1,f(1)=e-1>1,f(-1)= e+1>1, e2-2e-1 1 ?1 ? 而 e-1-? e+1?=e- e-2= >0, e ? ? 所以 f(x)max=f(1)=e-1. 答案 D

3. (2013· 浙江卷)已知函数 y=f(x)的图象是下列四个图象之一, 且其导函数 y=f′(x) 的图象如图所示,则该函数的图象是( ).

解析

在(-1,0)上,f′(x)单调递增,所以 f(x)图象的切线斜率呈递增趋势;在

(0,1)上,f′(x)单调递减,所以 f(x)图象的切线斜率呈递减趋势,故选 B.
-1-

答案

B

4.设函数 f(x)的定义域为 R,x0(x0≠0)是 f(x)的极大值点,以下结论一定正确的是 ( ).

A.?x∈R,f(x)≤f(x0) B.-x0 是 f(-x)的极小值点 C.-x0 是-f(x)的极小值点 D.-x0 是-f(-x)的极小值点 解析 A 错,因为极大值未必是最大值;B 错,因为函数 y=f(x)与函数 y=f(-

x)的图象关于 y 轴对称,-x0 应是 f(-x)的极大值点;C 错,函数 y=f(x)与函数 y=-f(x)的图象关于 x 轴对称,x0 应为-f(x)的极小值点;D 正确,函数 y=f(x) 与 y=-f(-x)的图象关于原点对称,-x0 应为 y=-f(-x)的极小值点. 答案 D

二、填空题 1 5 . (2014· 盐城模拟 ) 已知 f(x) = 2 x2 + 2xf′(2 014) + 2 014ln x ,则 f′(2 014) = ________. 解析 2 014 因为 f′(x)=x+2f′(2 014)+ x ,

2 014 所以 f′(2 014)=2 014+2f′(2 014)+2 014, 即 f′(2 014)=-(2 014+1)=-2 015. 答案 -2 015

6.已知函数 f(x)=kx3+3(k-1)x2-k2+1(k>0)的单调减区间为(0,4),则 k 的值是 ________. 解析 ? 2k-2? ?=0, 由 f′(x)=3kx2+6(k-1)x=3kx?x+ k ? ?

2k-2 得 x1=0,x2=- k . ∵函数 f(x)的单调减区间是(0,4), ∴- 答案 2k-2 1 = 4 ,∴ k = k 3. 1 3
-2-

7.已知函数 f(x)=x2-ax+3 在(0,1)上为减函数,函数 g(x)=x2-aln x 在(1,2)上为 增函数,则 a 的值等于________. 解析 ∵函数 f(x)=x2-ax+3 在(0,1)上为减函数,

a ∴2≥1,得 a≥2. a 又∵g′(x)=2x- x, 依题意 g′(x)≥0 在 x∈(1,2)上恒成立, 得 2x2≥a 在 x∈(1,2) 上恒成立,有 a≤2,∴a=2. 答案 2

8. (2014· 绍兴模拟)若 a>0, b>0, 且函数 f(x)=4x3-ax2-2bx+2 在 x=1 处有极值, 则 ab 的最大值为________. 解析 依题意知 f′(x)=12x2-2ax-2b,

∴f′(1)=0,即 12-2a-2b=0,∴a+b=6. ?a+b?2 ? =9,当且仅当 a=b=3 时取等号,∴ab 的最大值 又 a>0,b>0,∴ab≤? ? 2 ? 为 9. 答案 9

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. (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+b)+aex-2x-4

=ex(ax+a+b)-2x-4, ∵y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为 y=4x+4, ∴f′(0)=a+b-4=4,f(0)=b=4, ∴a=4,b=4. (2)由(1)知 f′(x)=4ex(x+2)-2(x+2) =2(x+2)(2ex-1), 1 令 f′(x)=0,得 x=-2 或 ln 2,

-3-

列表: x f′(x) f(x) (-∞,- 2) + ↗ -2 0 极大值 1? ? ?-2,ln 2? ? ? - ↘ 1 ln 2 0 极小值 ? 1 ? ?ln 2,+∞? ? ? + ↗

? 1 ? ∴y=f(x)在(-∞,-2),?ln 2,+∞?上单调递增; ? ? ? 在?-2,ln ? 1? 上单调递减. 2? ?

故 f(x)极大值=f(-2)=4-4e-2. 1 10.(2014· 上饶模拟)已知 f(x)=2ax- x-(2+a)ln x(a≥0). (1)当 a=1 时,求 f(x)的极值; (2)当 a>0 时,讨论 f(x)的单调性. 解 1 (1)当 a=1 时,f(x)=2x-x -3ln x,

1 3 f′(x)=2+x2- x(x>0) 2x2-3x+1 ?2x-1??x-1? = = , x2 x2 1 令 f′(x)=0,得 x1=2,x2=1. 1 当 0<x<2时,f′(x)>0; 1 当2<x<1 时,f′(x)<0; 当 x>1 时,f′(x)>0. 1? ? ?1 ? 可知 f(x)在?0,2?上是增函数,在?2,1?上是减函数,在(1,+∞)上是增函数. ? ? ? ? ?1? ∴f(x)的极大值为 f?2?=3ln 2-1,f(x)的极小值为 f(1)=1. ? ?
2 1 1 1 2ax -?2+a?x+1 (2)f(x) = 2ax - x - (2 + a)ln x ? f′(x) = 2a + x2 - (2 + a) x = = x2

?2x-1??ax-1? . x2

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1? ?1 ? ? ?1 1? ①当 0<a<2 时,f(x)在?0,2?和?a,+∞?上是增函数,在?2,a?上是减函数; ? ? ? ? ? ? ②当 a=2 时,f(x)在(0,+∞)上是增函数; 1? ?1 ? ? ?1 1? ③当 a>2 时,f(x)在?0,a?和?2,+∞?上是增函数,在?a,2?上是减函数. ? ? ? ? ? ? 11.(2014· 安徽卷)设函数 f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中 a>0. (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= -1- 4+3a -1+ 4+3a , x ,x1<x2. 2= 3 3

所以 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)因为 a>0,所以 x1<0,x2>0. ①当 a≥4 时,x2≥1, 由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增. 所以 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,所以 f(x)在 x=x2= -1+ 4+3a 处取得最大值. 3 又 f(0)=1,f(1)=a,所以 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 处和 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.

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