创新设计（江苏专用）高考数学二轮复习 上篇 专题整合突破 专题一 函数与导数、不等式 第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题练习 理-人教版高三全册数学试题VIP专享VIP免费

专题一函数与导数、不等式第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题练习理一、填空题1.(2016·苏州调研)函数f(x)＝x2－lnx的单调递减区间为________.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，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1].答案(0，1]2.已知函数f(x)＝4lnx＋ax2－6x＋b(a，b为常数)，且x＝2为f(x)的一个极值点，则a的值为________.解析由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax－6，∴f′(2)＝2＋4a－6＝0，即a＝1.答案13.已知函数f(x)＝mx2＋lnx－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是____________.解析f′(x)＝mx＋－2≥0对一切x＞0恒成立，∴m≥－＋.令g(x)＝－＋，则当＝1时，函数g(x)取最大值1.故m≥1.答案[1，＋∞)4.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则的值为________.解析由题意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即解得或经检验满足题意，故＝－.答案－5.若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是________.解析由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立，由于k≥，而0＜＜1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞).答案[1，＋∞)6.(2016·泰州期末)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围是________.解析f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－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－)(x＋).当x∈(－∞，－)和(，＋∞)时，f(x)单调递增；当x∈(－，)时，f(x)单调递减，所以当＜1，即0＜a＜1时，f(x)在(0，1)内有最小值.答案(0，1)7.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x＋1有两个极值点，则实数a的取值范围是________.解析f′(x)＝x2＋2ax＋3.由题意知方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝4a2－12＞0，解得a＞或a＜－.答案(－∞，－)∪(，＋∞)8.(2016·北京卷)设函数f(x)＝(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；1(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________.解析(1)当a＝0时，f(x)＝若x≤0，f′(x)＝3x2－3＝3(x2－1).由f′(x)＞0得x＜－1，由f′(x)＜0得－1＜x≤0.∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0]上单调递减，∴f(x)最大值为f(－1)＝2.若x＞0，f(x)＝－2x单调递减，所以f(x)＜f(0)＝0.综上，f(x)最大值为2.(2)函数y＝x3－3x与y＝－2x的图象如图.由(1)知，当a≥－1时，f(x)取得最大值2.当a＜－1时，y＝－2x在x＞a时无最大值.且－2a＞2.所以a＜－1.答案(1)2(2)(－∞，－1)二、解答题9.(2016·北京卷)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间.解(1)f(x)的定义域为R. f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.依题设，即解得a＝2，b＝e.(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex，由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号.令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增.故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞).故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).10.(2016·全国Ⅱ卷)(1)讨论函数f(x)＝ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0；(2)证明：当a∈[0，1)时，函数g(x)＝(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域.(1)解f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞).f′(x)＝＝≥0，且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)单调递增.因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1.所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.(2)证明g′(x)＝＝(f(x)＋a).2由(1)知f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.因此，存在唯一xa∈(0，2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0.当0xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.因此g(x...