课时训练 函数的单调性与极值(北师大版)

A级 (时间：40分钟　满分：60分) 一、选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 (每小题5分，共25分) 1．(2011·西安模拟) 函 关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函 数f(x)＝ex＋e－x(e为自然对数的底数)在(0，＋∞)上 (  )． A．有极大值     B．有极小值 C．是增函数      D．是减函数 解析　依题意知，当x＞0时，f′(x)＝ex－e－x＞e0－e0＝0，因此f(x)在(0，＋∞)上是增函数． 答案　C 2．若函数f(x)＝ax3－x在区间(－∞，＋∞)内是减函数，则(  )． A．a≤0        B．a＜1       C．a＝2        D．a＝ 解析　f′(x)＝3ax2－1，由f′(x)＝3ax2－1≤0，得a≤0. 答案　A 3．函数y＝x3－x2－x＋1在闭区间[－1,1]上的最大值是(  )． A.             B.               C．0            D．－ 解析　f(x)＝3x2－2x－1，由f(x)＝0，得x＝1或x＝－ ，f(－1)＝0，f(1)＝0，f ＝ . 答案　A 4．(2011·皖南八校第二次联考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是(  )． A．(－1,2)      B．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C．(－3,6)      D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，因为函数有极大值和极小值，所以f′(x)＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，解得a＜－3或a＞6. 答案　B 5．(2011·浙江)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)的图象是(  )． 解析　设h(x)＝f(x)ex，则h′(x)＝(2ax＋b)ex＋(ax2＋bx＋c)ex＝(ax2＋2ax＋bx＋b＋c)ex.由x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，得当x＝－1时，ax2＋2ax＋bx＋b＋c＝c－a＝0，∴c＝a.∴f(x)＝ax2＋bx＋a.若方程ax2＋bx＋a＝0有两根x1，x2，则x1x2＝ ＝1，D中图象一定不满足该条件． 答案　D 二、填空题(每小题4分，共12分) 6．(2011·广东)函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值． 解析　由题意知f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令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，∴f(x)在x＝2处取得极小值． 答案　2 7．函数f(x)＝xln x的单调递增区间是________． 解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f′(x)＝ln x＋1，由f′(x)＞0， 得x＞ ， ∴f(x)的单调递增区间为 . 答案　 8．(2011·辽宁)已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________． 解析　f′(x)＝ex－2. 当x＜ln 2时，f′(x)＜0； 当x＞ln 2时，f′(x)＞0. ∴f(x)min＝f(ln 2)＝2－2ln 2＋a， 则函数有零点，即f(x)min≤0. ∴2－2ln 2＋a≤0， ∴a≤2ln 2－2. 答案　(－∞，2ln 2－2] 三、解答题(共23分) 9．(11分)已知函数f(x)＝4x3＋ax2＋bx＋5的图象在x＝1处的切线方程为y＝－12x. (1)求函数f(x)的解析式； (2)求y＝f(x)的单调递增区间． 解　(1)f′(x)＝12x2＋2ax＋b， f′(1)＝12＋2a＋b＝－12，    ① 又x＝1，y＝－12在f(x)的图象上， ∴4＋a＋b＋5＝－12，    ② 由①②得a＝－3，b＝－18， ∴f(x)＝4x3－3x2－18x＋5. (2)由f′(x)＝12x2－6x－18＝0，得x＝－1， . 当x变化时，f(x)与f′(x)的变化如下 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf ： x (－∞，－1) －1 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 增   减   增             ∴f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)， . 10．(12分)(2011·安徽)设f(x)＝ ，其中a为正实数． (1)当a＝ 时，求f(x)的极值点； (2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围． 解　对f(x)求导得 f′(x)＝ex .    ① (1)当a＝ 时，令f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，解得x1＝ ，x2＝ . 结合①，可知 x f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 极大值 极小值             所以，x1＝ 是极小值点，x2＝ 是极大值点． (2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号， 结合①与条件a＞0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立， 因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a＞0，知0＜a≤1.所以a的取值范围为(0,1]． B级 (时间：30分钟　满分：40分) 一、选择题(每小题5分，共10分) 1．(2011·福建)若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于(  )． A．2          B．3         C．6          D．9 解析　∵f′(x)＝12x2－2ax－2b， Δ＝4a2＋96b＞0，又x＝1是极值点， ∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6， ∴ab≤ ＝9，当且仅当a＝b时“＝”成立，所以ab的最大值为9. 答案　D 2．(2011·金华十校模拟)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是(  )． A．－13          B．－15          C．10          D．15 解析　求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x.由此可得f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，∴对m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，∴对n∈[－1,1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.于是，f(m)＋f′(n)的最小值为－13. 答案　A 二、填空题(每小题4分，共8分) 3．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为________． 解析　∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)， ∴f(x)在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数， ∴当x＝0时，f(x)＝m最大．∴m＝3，从而f(－2)＝－37， f(2)＝－5，∴最小值为－37. 答案　－37 4．(2011·苏北四市二调)已知函数f(x)＝mx3＋nx2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________． 解析　由题意可知， ? ? 所以f(x)＝x3＋3x2.由f′(x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0，故f(x)在[－2,0]上单调递减，故有[t，t＋1]?[－2,0]，即－2≤t＜t＋1≤0，解得t∈[－2，－1]． 答案　[－2，－1] 三、解答题(共22分) 5．(10分)(2011·浙江五校联考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(x∈[－1,2])，且函数f(x)在x＝1和x＝－ 处都取得极值． (1)求a，b的值； (2)求函数f(x)的单调递增区间． 解　(1)∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b. 由题易知， 解得 (2)由(1)知，f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)， ∵当x∈ 时，f′(x)＞0； 当x∈ 时，f′(x)＜0； 当x∈(1,2]时，f′(x)＞0. ∴f(x)的单调递增区间为 和(1,2]． 6．(★)(12分)(2011·湖南)设函数f(x)＝x－ －aln x(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直线的斜率为k.问：是否存在a，使得k＝2－a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由． 思路 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 　先求导，通分后发现f′(x)的符号与a有关，应对a进行分类，依据方程的判别式来分类． 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝1＋ － ＝ . 令g(x)＝x2－ax＋1，其判别式Δ＝a2－4. ①当|a|≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0.故f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②当a＜－2时，Δ＞0，g(x)＝0的两根都小于0.在(0，＋∞)上，f′(x)＞0.故f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ③当a＞2时，Δ＞0，g(x)＝0的两根为x1＝ ， x2＝ . 当0＜x＜x1时，f′(x)＞0，当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0； 当x＞x2时，f′(x)＞0.故f(x)分别在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减． (2)由(1)知，a＞2. 因为f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋ －a(ln x1－ln x2)，所以，k＝ ＝1＋ －a· . 又由(1)知，x1x2＝1，于是k＝2－a· . 若存在a，使得k＝2－a，则 ＝1. 即ln x1－ln x2＝x1－x2. 由x1x2＝1得x2－ －2ln x2＝0(x2＞1)．(*) 再由(1)知，函数h(t)＝t－ －2ln t在(0，＋∞)上单调递增，而x2＞1，所以x2－ －2ln x2＞1－ －2 ln 1＝0.这与(*)式矛盾． 故不存在a，使得k＝2－a. 【点评】 本题充分体现了分类讨论思想.近几年新课标高考常考查含参数的导数问题，难度中等偏上，考生最容易失分的就是对参数的分类标准把握不准，导致分类不全等.