（江苏专用）2023高考数学总复习 （基础达标演练+综合创新备选）第三篇 导数及其应用《第14讲　用导数研究函数的单调性与极值》理（含解析） 苏教版

2013高考总复习江苏专用（理科）：第三篇导数及其应用《第14讲　用导数研究函数的单调性与极值》（基础达标演练+综合创新备选，含解析）A级　基础达标演练(时间：45分钟　满分：80分)一、填空题(每小题5分，共35分)1．若函数y＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调函数，则实数m的取值范围是________．解析　由题意，得y′＝3x2＋2x＋m≥0解集为R，所以Δ＝4－12m≤0，解得m≥.答案　2．(2011·广东卷)函数f(x)＝x3－3x2＋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　23．若f(x)＝x3＋3ax2＋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)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，由题意知f′(x)＝0有两个不等的实根，由Δ＝(6a)2－4×3×3(a＋2)＞0，即a2－a－2＞0，解得a＞2或a＜－1.答案　(－∞，－1)∪(2，＋∞)4．(2011·镇江统考)已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2＋2)＜f(3x)，则实数x的取值范围是________．解析　由f(x)＝lnx＋2x，得f′(x)＝＋2xln2＞0，x∈(0，＋∞)，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(x2＋2)＜f(3x)，得0＜x2＋2＜3x，所以x∈(1,2)．答案　(1,2)5．已知函数f(x)＝－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2在实数集R上是增函数，则实数m的取值范围是________．解析　f′(x)＝x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7，依题意，知f′(x)在R上恒大于或等于0，所以Δ＝4(m2－6m＋8)≤0得2≤m≤4.答案　[2,4]6\n6．(2011·南通调研)已知函数f(x)＝x2－cosx，x∈，则满足f(x0)＞f的x0的取值范围为________．解析　f(x)是偶函数，且由f′(x)＝2x＋sinx≥0，知f(x)在上单调递增，所以由f(x0)＞f，得f(|x0|)＞f，从而＜|x0|≤，解得－≤x0＜－或＜x≤.答案　∪7．(2011·镇江模拟)函数y＝x3－2ax＋a在(0,1)内有极小值，则实数a的取值范围是________．解析　令y′＝3x2－2a＝0，得x＝±(a＞0，否则函数y为单调增函数)．若函数y＝x3－2ax＋a在(0,1)内有极小值，则＜1，∴0＜a＜.答案　二、解答题(每小题15分，共45分)8．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)的图象过点P(1,2)，且在点P处的切线斜率为8.(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)的单调区间；解　(1)由函数f(x)的图象过点P(1,2)，得f(1)＝2，所以a＋b＝1.①因为函数图象在点P处的切线斜率为8，所以f′(1)＝8，又f′(x)＝3x2＋2ax＋b，所以2a＋b＝5.②解由①②组成的方程组，可得a＝4，b＝－3.(2)由(1)得f′(x)＝3x2＋8x－3，令f′(x)＞0，可得x＜－3或x＞；令f′(x)＜0，可得－3＜x＜，故函数f(x)的单调增区间为(－∞，－3)与，减区间为.9．(2011·泰州学情调查)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－与x＝1时都取得极值．(1)求a，b的值以及函数f(x)的单调区间；(2)若对x∈[－1,2]，不等式f(x)＜c2恒成立，求c的取值范围．解　(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b.6\n由题意可知f′(x)＝0的两根为x1＝－和x2＝1，即解得a＝－，b＝－2.故f′(x)＝3x2－x－2.当f′(x)＞0时，解得x＜－或x＞1.当f′(x)＜0时，解得－＜x＜1.故函数f(x)的递增区间是与(1，＋∞)，递减区间是.(2)由(1)知，函数f(x)在[－1,2]上的极大值为f，端点x＝2的函数值f(2)，而f＜f(2)，故只需f(2)＜c2即可．因为f(2)＝2＋c，所以2＋c＜c2.解得c＜－1或c＞2，故c的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)10．已知曲线f(x)＝ln(2－x)＋ax在点(0，f(0))处的切线斜率为，(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)＝＋a.由题知f′(0)＝－＋a＝，所以a＝1，所以f′(x)＝＋1＝.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(－∞，1)1(1,2)f′(x)＋0－f(x)1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)＝＋(k＋1)，由题知g′(x)≥0在(－∞，1)上恒成立，即k≥－1在(－∞，1)上恒成立，因为x＜1，所以2－x＞1，所以0＜＜1，所以－1＜－1＜0，所以k≥0.6\n故实数k的取值范围是[0，＋∞)．B级　综合创新备选(时间：30分钟　满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．(2011·济南模拟)已知函数f(x)的定义域为(－2,2)，导函数为f′(x)＝x2＋2cosx且f(0)＝0，则满足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)上单调增，于是由f(1＋x)＞－f(x2－x)＝f(x－x2)，得－2＜x－x2＜1＋x＜2，解得－1＜x＜1.答案　(－1,1)2．(2011·福建卷改编)若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值为________．解析　由题意，x＝1是f′(x)＝12x2－2ax－2b的一个零点，所以12－2a－2b＝0，即a＋b＝6(a＞0，b＞0)，因此ab≤2＝2＝9，当且仅当a＝b＝3时等号成立．答案　93．设a∈R，若函数y＝eax＋3x，x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围是________．解析　由y′＝aeax＋3＝0，得x＝ln，所以－＞0，a＜0，又因为有正根，所以必有得a＜－3.答案　(－∞，－3)4．(2010·全国卷)已知函数f(x)＝x3－3ax2＋3x＋1.设f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点，则a的取值范围是________．解析　f′(x)＝3x2－6ax＋3＝3[(x－a)2＋1－a2]．当1－a2≥0时，f′(x)≥0，f(x)为增函数，故f(x)无极值点；当1－a2＜0时，f′(x)＝0有两个根x1＝a－，x2＝a＋.由题意，知2＜a－＜3，①或2＜a＋＜3，②①无解，②的解为＜a＜，因此a的取值范围为.答案　6\n5．函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)内有极小值点的个数为________．解析　f′(x)图象与x轴的交点从左至右第1个与第4个是极大值点，第2个是极小值点，x＝0不是极值点．答案　1个6．定义在R上的函数f(x)满足f(4)＝1，f′(x)为f(x)的导函数，已知y＝f′(x)的图象如图所示，若两个正数a，b满足f(2a＋b)＜1，则的取值范围是________．解析　当x∈[0，＋∞)时，f′(x)≥0，所以f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，于是由f(2a＋b)＜f(4)，得它表示的平面区域如图所示(不包括边界)，所以＝kPA＜＜kPB＝5.答案　二、解答题(每小题15分，共30分)7．已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．解　(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．当a＜0时，对x∈R，有f′(x)＞0，∴当a＜0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．当a＞0时，由f′(x)＞0，解得x＜－或x＞；6\n由f′(x)＜0，解得－＜x＜，∴当a＞0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－)，(，＋∞)，f(x)的单调减区间为(－，)．(2)∵f(x)在x＝－1处取得极值，∴f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，∴a＝1.∴f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3.由f′(x)＝0解得x1＝－1，x2＝1.由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.∵直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，∴结合f(x)的单调性可知，m的取值范围是(－3,1)．8．(2010·辽宁卷)已知函数f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋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．解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝.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∈时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减．(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)＝＋2ax＋4，①式等价于g(x)在(0，＋∞)上单调递减，即＋2ax＋4≤0在(0，＋∞)上恒成立，从而a≤＝－2在(0，＋∞)上恒成立，由于－2≥－2，故a的取值范围是(－∞，－2]．6