高考数学专题复习练习：考点规范练15 10页

考点规范练15　导数与函数的单调性、极值、最值 ‎　考点规范练A册第10页　 ‎ 基础巩固 ‎1.函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.(-∞,2) B.(0,3)‎ C.(1,4) D.(2,+∞)‎ 答案D 解析函数f(x)=(x-3)ex的导数为f'(x)=[(x-3)ex]'=ex+(x-3)ex=(x-2)ex.由函数导数与函数单调性的关系,得当f'(x)>0时,函数f(x)单调递增,此时由不等式f'(x)=(x-2)ex>0,解得x>2.‎ ‎2.(2016河北唐山一模改编)已知函数f(x)=x3-3x2+x的极大值点为m,极小值点为n,则m+n=(　　)‎ A.0 B.2 C.-4 D.-2‎ 答案B 解析因为函数f(x)=x3-3x2+x的极大值点为m,极小值点为n,所以m,n为f'(x)=3x2-6x+1=0的两根.‎ 由根与系数的关系可知m+n=-‎(-6)‎‎3‎=2.‎ ‎3.(2016山西孝义模拟)定义域为R的可导函数y=f(x)的导函数f'(x),满足f(x)2ex的解集为(　　)‎ A.(-∞,0) B.(-∞,2)‎ C.(0,+∞) D.(2,+∞)〚导学号74920217〛‎ 答案C 解析设g(x)=f(x)‎ex,则g'(x)=f'(x)-f(x)‎ex.‎ ‎∵f(x)0,即函数g(x)在定义域内单调递增.‎ ‎∵f(0)=2,∴g(0)=f(0)=2,‎ ‎∴不等式f(x)>2ex等价于g(x)>g(0).‎ ‎∵函数g(x)在定义域内单调递增.‎ ‎∴x>0,∴不等式的解集为(0,+∞),故选C.‎ ‎4.(2016山西运城高三4月模拟)定义在R上的函数f(x)满足f(1)=1,且对任意的x∈R,都有f'(x)<‎1‎‎2‎,则不等式f(log2x)>log‎2‎x+1‎‎2‎的解集为(　　)‎ A.(1,+∞) B.(0,1)‎ C.(0,2) D.(2,+∞)〚导学号74920218〛‎ 答案C 解析设g(x)=f(x)-‎1‎‎2‎x.‎ ‎∵f'(x)<‎1‎‎2‎,∴g'(x)=f'(x)-‎1‎‎2‎<0,‎ ‎∴g(x)在R上为减函数.‎ 又f(1)=1,f(log2x)>log‎2‎x+1‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎log2x+‎1‎‎2‎,‎ ‎∴g(log2x)=f(log2x)-‎1‎‎2‎log2x ‎>‎1‎‎2‎log2x+‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎log2x=‎1‎‎2‎.‎ 又g(1)=f(1)-‎1‎‎2‎=1-‎1‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎,‎ ‎∴f(log2x)>log‎2‎x+1‎‎2‎⇔g(log2x)>g(1),即log2x<1,‎ ‎∴00解得01,‎ 即函数g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减.‎ 当a>0时,令g'(x)=0,得x=1或x=‎1‎‎2a,若‎1‎‎2a<1,即a>‎1‎‎2‎,则由g'(x)>0解得x>1或01,即00解得x>‎1‎‎2a或0‎1‎‎2‎时,函数g(x)在‎0,‎‎1‎‎2a内单调递增,在‎1‎‎2a‎,1‎内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.〚导学号74920220〛‎ ‎7.已知函数f(x)=ax‎2‎+bx+cex(a>0)的导函数y=f'(x)的两个零点为-3和0.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若f(x)的极小值为-e3,求f(x)的极大值及f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值.‎ 解(1)因为f(x)=ax‎2‎+bx+cex,‎ 所以f'(x)=‎-ax‎2‎+(2a-b)x+b-cex,‎ 设g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c.‎ 因为a>0,所以由题意知:‎ 当-30,即f'(x)>0;‎ 当x<-3或x>0时,g(x)<0,即f'(x)<0.‎ 所以f(x)的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3),(0,+∞).‎ ‎(2)由(1)知,x=-3是f(x)的极小值点,故有‎9a-3b+ce‎-3‎=-e3.‎ 结合g(0)=b-c=0,g(-3)=-9a-3(2a-b)+b-c=0,解得a=1,b=5,c=5,所以f(x)=x‎2‎‎+5x+5‎ex.‎ 因为f(x)的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3),(0,+∞),所以f(0)=5为函数f(x)的极大值,且f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值为f(-5)和f(0)中的最大者.‎ 而f(-5)=‎5‎e‎-5‎=5e5>5=f(0),所以函数f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值是5e5.〚导学号74920221〛‎ ‎8.(2016河南郑州一中考前冲刺卷一)设a>0,函数f(x)=exx‎2‎‎+a.‎ ‎(1)若a=‎5‎‎9‎,求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)当x=‎1‎‎2‎时,函数f(x)取得极值,证明:对于任意的x1,x2∈‎1‎‎2‎‎,‎‎3‎‎2‎,|f(x1)-f(x2)|≤‎3-e‎3‎e.‎ ‎(1)解当a=‎5‎‎9‎时,f'(x)=‎ex‎(x‎2‎+a-2x)‎‎(x‎2‎+a‎)‎‎2‎ ‎=ex‎[(x-1‎)‎‎2‎+a-1]‎‎(x‎2‎+a‎)‎‎2‎‎=‎ex‎(x-1‎)‎‎2‎-‎‎4‎‎9‎x‎2‎‎+‎‎5‎‎9‎‎2‎.‎ 令f'(x)>0,即(x-1)2-‎4‎‎9‎>0,解得x<‎1‎‎3‎或x>‎5‎‎3‎.‎ 因此,函数f(x)在区间‎-∞,‎‎1‎‎3‎‎,‎‎5‎‎3‎‎,+∞‎内单调递增.‎ 令f'(x)<0,即(x-1)2-‎4‎‎9‎<0,解得‎1‎‎3‎0,即f'(x)>0,故f(x)为增函数;‎ 当x>x2时,g(x)<0,即f'(x)<0,故f(x)为减函数.‎ 由f(x)在[3,+∞)上为减函数,知x2=‎6-a+‎a‎2‎‎+36‎‎6‎≤3,解得a≥-‎9‎‎2‎,故a的取值范围为‎-‎9‎‎2‎,+∞‎.〚导学号74920223〛‎ 能力提升 ‎10.(2016河南中原学术联盟仿真)已知函数y=f(x)对任意的x∈‎-π‎2‎,‎π‎2‎满足f'(x)cos x+f(x)sin x>0(其中f'(x)是函数f(x)的导函数),则下列不等式成立的是(　　)‎ A.‎2‎f‎-‎π‎3‎2fπ‎3‎ D.f(0)>‎2‎fπ‎4‎〚导学号74920224〛‎ 答案A 解析构造函数g(x)=f(x)‎cosx,‎ 则g'(x)=‎1‎cos‎2‎x[f'(x)cos x+f(x)sin x].‎ ‎∵对任意的x∈‎-π‎2‎,‎π‎2‎满足f'(x)cos x+f(x)sin x>0,‎ ‎∴g'(x)>0,即函数g(x)在‎-π‎2‎,‎π‎2‎内单调递增.‎ ‎∴g‎-‎π‎3‎0时,xf'(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是　　　　　　　　　　.〚导学号74920225〛 ‎ 答案(-∞,-1)∪(0,1)‎ 解析当x>0时,令F(x)=f(x)‎x,‎ 则F'(x)=xf'(x)-f(x)‎x‎2‎<0,‎ ‎∴当x>0时,F(x)=f(x)‎x为减函数.‎ ‎∵f(x)为奇函数,且由f(-1)=0,得f(1)=0,故F(1)=0.‎ 在区间(0,1)上,F(x)>0;在(1,+∞)上,F(x)<0,‎ 即当00;当x>1时,f(x)<0.‎ 又f(x)为奇函数,∴当x∈(-∞,-1)时,f(x)>0;‎ 当x∈(-1,0)时,f(x)<0.‎ 综上可知,f(x)>0的解集为(-∞,-1)∪(0,1).‎ ‎12.(2016山西晋中高三5月质检)设函数f(x)=x‎2‎‎-1‎lnx.‎ ‎(1)求证:f(x)在(0,1)和(1,+∞)内都是增函数;‎ ‎(2)若在函数f(x)的定义域内,不等式af(x)>x恒成立,求a的取值范围.‎ 解(1)f'(x)=‎‎2xlnx-‎x‎2‎‎-1‎x‎(lnx‎)‎‎2‎ ‎=x‎(lnx‎)‎‎2‎‎2lnx-‎x‎2‎‎-1‎x‎2‎(x>0,x≠1).‎ 令g(x)=2ln x-x‎2‎‎-1‎x‎2‎,‎ 则g'(x)=‎2(x+1)(x-1)‎x‎3‎.‎ 当0g(1)=0.‎ 于是f'(x)=x‎(lnx‎)‎‎2‎g(x)>0,故f(x)在(0,1)内为增函数.‎ 当x>1时,g'(x)>0,g(x)是增函数,g(x)>g(1)=0,‎ 于是f'(x)=x‎(lnx‎)‎‎2‎g(x)>0,‎ 故f(x)在(1,+∞)内为增函数.‎ ‎(2)af(x)-x=a(x‎2‎-1)‎lnx-x=xlnxa(x‎2‎-1)‎x‎-lnx.‎ 令h(x)=a(x‎2‎-1)‎x-ln x(x>0),‎ 则h'(x)=ax‎2‎-x+ax‎2‎.‎ 令φ(x)=ax2-x+a,当a>0,且Δ=1-4a2≤0,即a≥‎1‎‎2‎时,此时φ(x)=ax2-x+a>0在(0,1),(1,+∞)内恒成立,‎ 所以当a≥‎1‎‎2‎时h'(x)≥0,故h(x)在(0,1),(1,+∞)为增函数,‎ 若00;‎ 若x>1时,h(x)>h(1)=0,所以af(x)-x=xlnxh(x)>0,‎ 所以当x>0,x≠1时都有af(x)>x成立,‎ 当00,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[-1,1]上的最大值不小于‎1‎‎4‎.‎ ‎(1)解由f(x)=x3-ax-b,可得f'(x)=3x2-a.‎ 下面分两种情况讨论:‎ ‎①当a≤0时,有f'(x)=3x2-a≥0恒成立.‎ 所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).‎ ‎②当a>0时,令f'(x)=0,解得x=‎3a‎3‎,或x=-‎3a‎3‎.‎ 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎　‎‎　‎‎-∞,-‎‎3a‎3‎ ‎-‎‎3a‎3‎ ‎-‎3a‎3‎,‎‎3a‎3‎ ‎3a‎3‎ ‎3a‎3‎‎,+∞‎‎　‎‎　‎ f'(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ 单调 递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)的单调递减区间为‎-‎3a‎3‎,‎‎3a‎3‎,单调递增区间为‎-∞,-‎‎3a‎3‎‎,‎‎3a‎3‎‎,+∞‎.‎ ‎(2)证明因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠0.由题意,得f'(x0)=3x‎0‎‎2‎-a=0,即x‎0‎‎2‎‎=‎a‎3‎,进而f(x0)=x‎0‎‎3‎-ax0-b=-‎2a‎3‎x0-b.‎ 又f(-2x0)=-8x‎0‎‎3‎+2ax0-b=-‎8a‎3‎x0+2ax0-b=-‎2a‎3‎x0-b=f(x0),且-2x0≠x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=-2x0.所以x1+2x0=0.‎ ‎(3)证明设g(x)在区间[-1,1]上的最大值为M,max{x,y}表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:‎ ‎①当a≥3时,-‎3a‎3‎≤-1<1≤‎3a‎3‎,由(1)知,f(x)在区间[-1,1]上单调递减,所以f(x)在区间[-1,1]上的取值范围为[f(1),f(-1)],因此M=max{|f(1)|,|f(-1)|}=max{|1-a-b|,|-1+a-b|}=max{|a-1+b|,|a-1-b|}=a-1+b,b≥0,‎a-1-b,b<0.‎所以M=a-1+|b|≥2.‎ ‎②当‎3‎‎4‎≤a<3时,-‎2‎‎3a‎3‎≤-1<-‎3a‎3‎‎<‎‎3a‎3‎<1≤‎2‎‎3a‎3‎,由(1)和(2)知f(-1)≥f‎-‎‎2‎‎3a‎3‎=f‎3a‎3‎,f(1)≤f‎2‎‎3a‎3‎=f‎-‎‎3a‎3‎,所以f(x)在区间[-1,1]上的取值范围为f‎3a‎3‎,f‎-‎‎3a‎3‎,‎ 因此M=maxf‎3a‎3‎‎,‎f‎-‎‎3a‎3‎ ‎=max‎-‎2a‎9‎‎3a-b‎,‎‎2a‎9‎‎3a‎-b ‎=max‎2a‎9‎‎3a‎+b‎,‎‎2a‎9‎‎3a‎-b ‎=‎2a‎9‎‎3a+|b|≥‎2‎‎9‎‎×‎3‎‎4‎×‎3×‎‎3‎‎4‎=‎‎1‎‎4‎.‎ ‎③当0f‎2‎‎3a‎3‎=f‎-‎‎3a‎3‎,‎ 所以f(x)在区间[-1,1]上的取值范围为[f(-1),f(1)],因此M=max{|f(-1)|,|f(1)|}=max{|-1+a-b|,|1-a-b|}=max{|1-a+b|,|1-a-b|}=1-a+|b|>‎1‎‎4‎.‎ 综上所述,当a>0时,g(x)在区间[-1,1]上的最大值不小于‎1‎‎4‎.〚导学号74920227〛‎ 高考预测 ‎14.已知函数f(x)=aln x-ax-3(a∈R).‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,对于任意的t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2·f'(x)+‎m‎2‎在区间(t,3)上总不是单调函数,求m的取值范围.‎ 解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=a(1-x)‎x.‎ 当a>0时,f(x)的递增区间为(0,1),递减区间为(1,+∞);‎ 当a<0时,f(x)的递增区间为(1,+∞),递减区间为(0,1);‎ 当a=0时,f(x)不是单调函数.‎ ‎(2)由(1)及题意得f'(2)=-a‎2‎=1,即a=-2.‎ ‎∴f(x)=-2ln x+2x-3,f'(x)=‎2x-2‎x.‎ ‎∴g(x)=x3+m‎2‎‎+2‎x2-2x,‎ ‎∴g'(x)=3x2+(m+4)x-2.‎ ‎∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数,‎ ‎∴g'(x)=0在区间(t,3)上有变号零点.‎ ‎∵g'(0)=-2,∴‎g'(t)<0,‎g'(3)>0.‎ ‎∴g'(t)<0,即3t2+(m+4)t-2<0对任意t∈[1,2]恒成立,‎ ‎∵g'(0)<0,‎ ‎∴只需g'(1)<0且g'(2)<0,‎ 即m<-5且m<-9,即m<-9;‎ 由g'(3)>0,即m>-‎37‎‎3‎.‎ ‎∴-‎37‎‎3‎