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【步步高】2016高考数学大一轮复习 3.2用导数研究函数的单调性与极值试题 理 苏教版


第2讲
一、填空题

用导数研究函数的单调性与极值
x

1.已知 f(x)=x+cos x(x∈R),则不等式 f(e -1)>f(0)的解集为________. 解析

f(x)=x+cos x,f′(x)=1-sin x≥0,∴f(x)(x∈R)是增函数.若 f(ex-
x x<

br />
1)>f(0),则 e -1>0,e >1,即 x>0.∴解集为(0,+∞). 答案 (0,+∞) 2.函数 f(x)=x -3x +1 在 x=________处取得极小值. 解析 由 f′(x)=0, 得 x=0 或 x=2.由 f′(x)>0 得 x<0 或 x>2, 由 f′(x)<0 得 0 <x<2,所以 f(x)在 x=2 处取得极小值. 答案 2 3.若 f(x)=x +3ax +3(a+2)x+1 有极大值和极小值,则 a 的取值范围是________. 解析 f′(x)=3x +6ax+3(a+2),由题意知 f′(x)=0 有两个不等的实根,由 Δ = (6a) -4×3×3(a+2)>0,即 a -a-2>0,解得 a>2 或 a<-1. 答案 (-∞,-1)∪(2,+∞) 4.已知函数 f(x)=ln x+2 ,若 f(x +2)<f(3x),则实数 x 的取值范围是________. 1 x x 解析 由 f(x)=ln x+2 ,得 f′(x)= +2 ln 2>0,x∈(0,+∞),所以 f(x)在(0,
x
2 2 2 2 3 2 3 2

x

+∞)上单调递增,又 f(x +2)<f(3x),得 0<x +2<3x,所以 x∈(1,2). 答案 (1,2) 5.已知函数 f(x)= -(4m-1)x +(15m -2m-7)x+2 在实数集 R 上是增函数,则实数 m 3 的取值范围是________. 解析 f′(x)=x -2(4m-1)x+15m -2m-7,依题意,知 f′(x)≥0 在 R 上恒成立,所 以 Δ =4(m -6m+8)≤0 得 2≤m≤4. 答案 [2,4] 6. 设函数 f(x)=ax +bx+c(a,b,c∈R).若 x=-1 为函数 f(x)e 的一个 极值点,则下列图象不可能为 y=f(x)的图象是________.
2 2 2 2

2

2

x3

2

2

x

解析 设 h(x)=f(x)e , 则 h′(x)=(2ax+b)e +(ax +bx+c)e
x
2

x

x

1

=(ax +2ax+bx+b+c)e . 由 x=- 1 为函数 f(x)e 的一个极值点, 当 x=-1 时, ax +2ax+bx+b+c=c-a=0, ∴c=a. ∴f(x)=ax +bx+ a.若方程 ax +bx+a=0 有两根 x1,x2,则 x1x2= =1,④中图象一 定不满足该条件. 答案 ④ 7.已知函数 f(x)的定义域为(-2,2),导函数为 f′(x)=x +2cos x 且 f(0)=0,则满足
2 2 2

2

x

x

2

a a

f(1+x)+f(x2-x)>0 的实数 x 的集合是________.
解析 因为当 x∈(-2,2)时,f′(x)≥0 且为偶函数,所以 f(x)是奇函数且在(-2,2) 上单调递增,于是由 f(1+x)>-f(x -x)=f(x-x ),得-2<x-x <1+x<2,解得- 1<x<1. 答案 (-1,1) 8. 已知函数 f(x)=mx +nx 的图象在点(-1,2)处的切线恰好与直线 3x+y=0 平行, 若 f(x) 在区间[t,t+1]上单调递减,则实数 t 的取值范围是________. 答案 [-2,-1] 9.已知函数 f(x)=ax -3x+1 对 x∈(0,1]总有 f(x)≥0 成立,则实数 a 的取值范围是 ________. 答案 [4,+∞) 10 . 设 f(x) 是 定 义 在 R 上 的 可 导 函 数 , 且 满 足 f(x) + xf′(x)>0 , 则 不 等 式
3 3 2 2 2 2

f( x+1)> x-1·f( x2-1)的解集为________.
解析 设 F(x)=xf(x),则由 F′(x)=f(x)+xf′(x)>0,可得函数 F(x)是 R 上的增函 数.又 x+1>0,所以由 f( x+1)> x-1f( x -1)可变形得
2

x+1f( x+1)> x2-1f( x2-1),

? x+1> x2-1, 即 F( x+1)>F( x -1),所以? ?x≥1,
2

解得 1≤x<2. 答案 [1,2) 二、解答题 11.已知二次函数 f(x)的二次项系数为 a,且不等式 f(x)>2x 的解集为(-1,3). (1)若函数 g(x)=xf(x)在区间?-∞, ?内单调递减,求 a 的取值范围; 3? ? (2)当 a=-1 时,证明方程 f(x)=2x -1 仅有一个实数根. (3)当 x∈[0,1]时,试讨论|f(x)+(2a-1)x+3a+1|≤3 成立的充要条件.
2
3

?

a?



(1)∵f(x)-2x>0 的解集为(-1,3),
2

∴可设 f(x)-2x=a(x+1)(x-3), 且 a<0, 因而 f(x)=a(x+1)(x-3)+2x=ax +2(1 -a)x-3a ①

g(x)=xf(x)=ax3+2(1-a)x2-3ax,
∵g(x)在区间?-∞, ?内单调递减, 3? ? ∴g′(x)=3ax +4(1-a)x-3a 在?-∞, ?上的函数值非正, 3? ?
2

?

a?

?

a?

2?a-1? ?a? a 4 由于 a<0,对称轴 x= >0,故只需 g′? ?= + a·(1-a)-3a≤0,注意到 3a ?3? 3 3

3

a<0,∴a2+4(1-a)-9≥0,得 a≤-1 或 a≥5(舍去).
故所求 a 的取值范围是(-∞,-1]. (2)证明:a=-1 时,方程 f(x)=2x -1 仅有一个实数根,即证方程 2x +x -4x-4= 0 仅有一个实数根.令 h(x)=2x +x -4x-4,由 h′(x)=6x +2x-4=0,得 x1=-1, 2? 2 ?2 ? ? x2= ,易知 h(x)在(-∞,-1),? ,+∞?上递增,在?-1, ?上递减,h(x)的极大 3
3 2 2 3 3 2

?3

?

?

3?

值 h(-1)=-1<0,故函数 h(x)的图象与 x 轴仅有一个交点,∴a=-1 时,方程 f(x) =2x -1 仅有一个实数根,得证. 1 2 (3)设 r(x)=f(x)+(2a-1)x+3a+1=ax +x+1,r(0)=1,对称轴为 x=- , 2a
3

1 ? ?- ≤a<0 2 由题意,得? ? ?r?1?=a+2≤3

a<- 2 ? ? 1 或? ? 1 ? r?- ?=1- ≤3 4a ? 2a? ? ?r?1?=a+2≥-3
1

解出-5≤a<0,故使|f(x) +(2a-1)x+3a+1|≤3 成立的充要条件是 -5≤a<0. 1 12.已知曲线 f(x)=ln(2-x)+ax 在点(0,f(0))处的切线斜率为 , 2 (1)求 f(x)的极值; (2)设 g(x)=f(x)+kx,若 g(x)在(-∞,1]上是增函数,求实数 k 的取值范围. 解 (1)f(x)的定义域是(-∞,2),f′(x)= 1 1 由题知 f′(0)=- +a= , 2 2 所以 a=1,所以 f′(x)= 1 x-1 +1= . x-2 x-2
3

1

x-2

+a.

令 f′(x)=0,得 x=1. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表所示

x f′(x) f(x)

(-∞,1) + ?

1 0 1

(1,2) - ?

所以 f(x)在 x=1 处取得极大值 1,无极小值. (2)g(x)=ln(2-x)+(k+1)x,g′(x)= 1

x-2

+(k+1),

由题知 g′(x)≥0 在(-∞,1]上恒成立, 1 即 k≥ -1 在(-∞,1]上恒成立, 2-x 1 因为 x≤1,所以 2-x≥1,所以 0< ≤1, 2-x 1 所以-1< -1≤0,所以 k≥0. 2-x 故实数 k 的取值范围是[0,+∞). ln x+k 13.已知函数 f(x)= (k 为常数,e=2.718 28…是自然对数的底数),曲线 y=f(x) x e 在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2)求 f(x)的单调区间; ln x+k 1-kx-xln x 解 (1)由 f(x)= ,得 f′(x)= (x>0). x e x ex 由题意,得 f′(1)=0,所以 k=1. (2)由(1)得 f′(x)= 1 (1-x-xln x)(x>0). xex

令 h(x)=1-x-xln x(x>0),则当 x∈(0,1)时,h(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0, 又 e >0,所以 x∈(0,1)时,
x

f′(x)>0,x∈(1,+∞)时,f(x)<0.
因此 f(x)的单调递增区间为(0,1), 单调递减区间为(1,+∞) 14.已知函数 f(x)=(a+1)ln x+ax +1. (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)设 a<-1,如果对任意 x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求实数 a 的取值范围.
2

4

解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=

2 a+1 2ax +a+1 +2ax= . x x

当 a≥0 时,f′(x)>0,故 f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当 a≤-1 时,f′(x)<0,故 f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当-1<a<0 时,令 f′(x)=0,解得 x= 所 以 当 x ∈ ?0, -

a+1 . 2a

? ?



a+1? ? 时 , f′(x) > 0 , 此 时 函 数 f(x) 单 调 递 增 ; 当 x ∈ 2a ?

? ? ?



a+1 ? ,+∞?时,f′(x)<0,此时函数 f(x)单调递减. 2a ?

(2)不妨设 x1≥x2,而 a<-1,由(1)知 f(x)在(0,+∞)上单调递减,从而对于任意的

x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|成立,它等价于对任意的 x1,x2∈(0,+
∞),有 f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.① 令 g(x)=f(x)+4x,则 g′(x)=

a+1 +2ax+4,①式等价于 g(x)在(0,+∞)上单调递 x

2 a+1 -4x-1 ?2x-1? 减,即 +2ax+4≤0 在(0,+∞)上恒成立,从而 a≤ 2 = -2 在(0, 2 x 2x +1 2x + 1

?2x-1? +∞)上恒成立,由于 -2≥-2,故 a 的取值范围是(-∞,-2]. 2 2x +1

2

5


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