【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固 第3章 第2节 导数在函数单调性、极值中的应用（含解析）北师大版

【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固第3章第2节导数在函数单调性、极值中的应用北师大版一、选择题1．(原创题)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图像如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点的个数为(　　)A．1　B．2C．3　D．4[答案]　A[解析]　从f′(x)的图像可知f(x)在(a，b)内从左到右的单调性依次为增→减→增→减，∴在(a，b)内只有一个极小值点．2．已知曲线y＝x4＋ax2＋1在点(－1，a＋2)处切线的斜率为8，则a＝(　　)A．9　B．6C．－9　D．－6[答案]　D[解析]　y′＝4x3＋2ax，y′|x＝－1＝－4－2a＝8∴a＝－6.3．设f(x)＝x(ax2＋bx＋c)(a≠0)在x＝1和x＝－1处均有极值，则下列点中一定在x轴上的是(　　)A．(a，b)　B．(a，c)C．(b，c)　D．(a＋b，c)[答案]　A[解析]　f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由题意知1、－1是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根，∴1－1＝－，b＝0，故选A．4．在R上可导的函数f(x)的图像如图所示，则关于x的不等式x·f′(x)<0的解集为(　　)A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－2，－1)∪(1,2)D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)[答案]　A-8-\n[解析]　在(－∞，－1)和(1，＋∞)上f(x)递增，所以f′(x)>0，使xf′(x)<0的范围为(－∞，－1)；在(－1,1)上f(x)递减，所以f′(x)<0，使xf′(x)<0的范围为(0,1)．5．(文)(2022·新课标Ⅱ)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)A．(－∞，－2]　B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)　D．[1，＋∞)[答案]　D[解析]　由条件知f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴k≥1.把函数的单调性转化为恒成立问题是解决问题的关键．(理)已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a<b<c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)>0；　　②f(0)f(1)<0；③f(0)f(3)>0；　　④f(0)f(3)<0.其中正确结论的序号是(　　)A．①③　B．①④C．②③　D．②④[答案]　C[解析]　∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由f′(x)<0，得1<x<3，由f′(x)>0，得x<1或x>3，∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．又a<b<c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，∴y极大值＝f(1)＝4－abc>0，y极小值＝f(3)＝－abc<0.∴0<abc<4.∴a，b，c均大于零，或者a<0，b<0，c>0.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f(0)<0.∴f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0.∴正确结论的序号是②③.6．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则(　　)A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值-8-\nC．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值[答案]　C[解析]　本题考查函数零点的判断及函数的极值．①当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，此时f′(x)＝ex(x－1)＋(ex－1)＝ex·x－1，∴A、B项均错．②当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2此时f′(x)＝ex(x－1)2＋(2x－2)(ex－1)＝ex·x2－2x－ex＋2＝ex(x＋1)(x－1)－2(x－1)＝(x－1)[ex(x＋1)－2]，易知g(x)＝ex(x＋1)－2的零点介于0,1之间，不妨设为x0，则有x(－∞，x0)x0(x0,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值故f(x)在x＝1处取得极小值．二、填空题7．(文)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是________．[答案]　(2，＋∞)[解析]　f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝ex(x－2)，由f′(x)>0得x>2.(理)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋c，其导函数f′(x)的图像如图所示，则函数f(x)的极小值是________．[答案]　c[解析]　由f′(x)的图像知，x＝0是f(x)的极小值点，∴f(x)极小值＝f(0)＝C．8．已知函数f(x)＝(m－2)x2＋(m2－4)x＋m是偶函数，函数g(x)＝－x3＋2x2＋mx＋5在(－∞，＋∞)内单调递减，则实数m的值为________．[答案]　－2[解析]　∵f(x)＝(m－2)x2＋(m2－4)x＋m是偶函数，∴m2－4＝0，∴m＝±2.-8-\n∵g(x)在(－∞，＋∞)内单调递减，∴g′(x)＝－3x2＋4x＋m≤0恒成立，则16＋12m≤0，解得m≤－，∴m＝－2.9．已知函数f(x)＝ax－lnx，若f(x)＞1在区间(1，＋∞)内恒成立，则实数a的取值范围为________．[答案]　a≥1[解析]　由已知得a＞在区间(1，＋∞)内恒成立．设g(x)＝，则g′(x)＝－＜0　(x＞1)，∴g(x)＝在区间(1，＋∞)内单调递减，∴g(x)＜g(1)，∵g(1)＝1，∴＜1在区间(1，＋∞)内恒成立，∴a≥1.三、解答题10．已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1时取得极值，且f(1)＝－1.(1)试求常数a、b、c的值；(2)试判断x＝±1是函数的极小值点还是极大值点，并说明理由．[解析]　(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，∵x＝±1是函数f(x)的极值点，且f(x)在定义域内任意一点处可导．∴x＝±1使方程f′(x)＝0，即为3ax2＋2bx＋c＝0的两根，由根与系数的关系得又f(1)＝－1，∴a＋b＋c＝－1③由①②③解得a＝，b＝0，c＝－.(2)由(1)知f(x)＝x3－x，∴f′(x)＝x2－＝(x－1)(x＋1)，当x>1或x<－1时，f′(x)>0，当－1<x<1时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上为增函数，-8-\n在(－1,1)上为减函数，∴当x＝－1时，函数取得极大值f(－1)＝1；当x＝1时，函数取得极小值f(1)＝－1.一、选择题1．(文)设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则(　　)A．a<－1　B．a>－1C．a≥－　D．a<－[答案]　A[解析]　y′＝ex＋a，由条件知，有解，∴a＝－ex<－1.(理)若函数f(x)＝x2＋ax＋在(，＋∞)是增函数，则a的取值范围是(　　)A．[－1,0]　B．[－1，＋∞)C．[0,3]　D．[3，＋∞)[答案]　D[解析]　本题考查导数在函数单调性中的应用f(x)＝x2＋ax＋在(，＋∞)是增函数．∴f′(x)＝2x＋a－>0在(，＋∞)上恒成立即a>－2x.函数y＝x－2与函数y＝－2x在(，＋∞)上为减函数∴a≥4－2×＝3.2．已知向量a，b满足|a|＝2|b|≠0，且关于x的函数f(x)＝x3＋|a|x2＋a·bx在R上单调递增，则a，b的夹角的取值范围是(　　)A．[0，)　B．[0，]C．(，π]　D．(，][答案]　B-8-\n[解析]　易得f′(x)＝x2＋|a|x＋a·b，函数f(x)＝x3＋|a|x2＋a·bx在R上单调递增时，方程x2＋|a|x＋a·b＝0的判别式Δ＝|a|2－4a·b≤0，设a，b的夹角为θ，则|a|2－4|a||b|cosθ≤0，将|a|＝2|b|≠0代入上式得1－2cosθ≤0，即cosθ≥，又0≤θ≤π，故0≤θ≤.二、填空题3．f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则常数c的值为________.[答案]　6[解析]　f(x)＝x3－2cx2＋c2x，f′(x)＝3x2－4cx＋c2，f′(2)＝0⇒c＝2或c＝6.若c＝2，f′(x)＝3x2－8x＋4，令f′(x)>0⇒x<或x>2，f′(x)<0⇒<x<2，故函数在(－∞，)及(2，＋∞)上单调递增，在(，2)上单调递减，∴x＝2是极小值点，故c＝2不合题意．c＝6.4．给出定义：若函数f(x)在D上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在D上也可导，则称f(x)在D上存在二阶导函数，记f″(x)＝(f′(x))′.若f″(x)<0在D上恒成立，则称f(x)在D上为凸函数．以下四个函数在(0，)上不是凸函数的是________(把你认为正确的序号都填上)．①f(x)＝sinx＋cosx；　　②f(x)＝lnx－2x；③f(x)＝－x3＋2x－1；　　④f(x)＝xex.[答案]　④[解析]　对于①，f″(x)＝－(sinx＋cosx)，x∈(0，)时，f″(x)<0恒成立；对于②，f″(x)＝－，在x∈(0，)时，f″(x)<0恒成立；对于③，f″(x)＝－6x，在x∈(0，)时，f″(x)<0恒成立；对于④，f″(x)＝(2＋x)·ex在x∈(0，)时f″(x)>0恒成立，所以f(x)＝xex不是凸函数．三、解答题-8-\n5．(2022·保定调研)已知函数f(x)＝lnx＋ax－a2x2(a≥0)．(1)若x＝1是函数y＝f(x)的极值点，求a的值；(2)若f(x)<0在定义域内恒成立，求实数a的取值范围．[解析]　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.因为x＝1是函数y＝f(x)的极值点，所以f′(1)＝1＋a－2a2＝0，解得a＝－或a＝1.因为a≥0，所以a＝1.(2)当a＝0时，f(x)＝lnx，显然在定义域内不满足f(x)<0；当a>0时，令f′(x)＝＝0，得x1＝－，x2＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，)(，＋∞)f′(x)＋0－f(x)单调递增极大值单调递减所以f(x)max＝f()＝ln<0，所以a>1.综上可得a>1.6．(文)(2022·北京东城区统一检测)已知函数f(x)＝x3＋mx2－3m2x＋1，m∈R.(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(－2,3)上是减函数，求m的取值范围．[解析]　(1)当m＝1时，f(x)＝x3＋x2－3x＋1，又f′(x)＝x2＋2x－3，所以f′(2)＝5.又f(2)＝，所以所求切线方程为y－＝5(x－2)，即15x－3y－25＝0.所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为15x－3y－25＝0.(2)因为f′(x)＝x2＋2mx－3m2，-8-\n令f′(x)＝0，得x＝－3m或x＝m.当m＝0时，f′(x)＝x2≥0恒成立，不符合题意．当m>0时，f(x)的单调递减区间是(－3m，m)，若f(x)在区间(－2,3)上是减函数，则，解得m≥3.当m<0时，f(x)的单调递减区间是(m，－3m)，若f(x)在区间(－2,3)上是减函数，则，解得m≤－2.综上所述，实数m的取值范围是m≥3或m≤－2.(理)(2022·江西理，18)已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)(b∈R)．(1)当b＝4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间(0，)上单调递增，求b的取值范围．[解析]　(1)当b＝4时，f(x)＝(x＋2)2的定义域为(－∞，)，f′(x)＝，由f′(x)＝0得x＝－2或x＝0.当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－2,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)在x＝－2取极小值f(－2)＝0，在x＝0取极大值f(0)＝4.(2)f′(x)＝，因为当x∈(0，)时，<0，依题意当x∈(0，)时，有5x＋(3b－2)≤0，从而＋(3b－2)≤0.所以b的取值范围为(－∞，]．-8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