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【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固 第3章 第2节 导数在函数单调性、极值中的应用(含解析)北师大版
【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固 第3章 第2节 导数在函数单调性、极值中的应用(含解析)北师大版
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【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固第3章第2节导数在函数单调性、极值中的应用北师大版一、选择题1.(原创题)函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f′(x)在(a,b)内的图像如图所示,则函数f(x)在开区间(a,b)内有极小值点的个数为( )A.1 B.2C.3 D.4[答案] A[解析] 从f′(x)的图像可知f(x)在(a,b)内从左到右的单调性依次为增→减→增→减,∴在(a,b)内只有一个极小值点.2.已知曲线y=x4+ax2+1在点(-1,a+2)处切线的斜率为8,则a=( )A.9 B.6C.-9 D.-6[答案] D[解析] y′=4x3+2ax,y′|x=-1=-4-2a=8∴a=-6.3.设f(x)=x(ax2+bx+c)(a≠0)在x=1和x=-1处均有极值,则下列点中一定在x轴上的是( )A.(a,b) B.(a,c)C.(b,c) D.(a+b,c)[答案] A[解析] f′(x)=3ax2+2bx+c,由题意知1、-1是方程3ax2+2bx+c=0的两根,∴1-1=-,b=0,故选A.4.在R上可导的函数f(x)的图像如图所示,则关于x的不等式x·f′(x)<0的解集为( )A.(-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-2,-1)∪(1,2)D.(-∞,-2)∪(2,+∞)[答案] A-8-\n[解析] 在(-∞,-1)和(1,+∞)上f(x)递增,所以f′(x)>0,使xf′(x)<0的范围为(-∞,-1);在(-1,1)上f(x)递减,所以f′(x)<0,使xf′(x)<0的范围为(0,1).5.(文)(2022·新课标Ⅱ)若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是( )A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]C.[2,+∞) D.[1,+∞)[答案] D[解析] 由条件知f′(x)=k-≥0在(1,+∞)上恒成立,∴k≥1.把函数的单调性转化为恒成立问题是解决问题的关键.(理)已知f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且f(a)=f(b)=f(c)=0.现给出如下结论:①f(0)f(1)>0; ②f(0)f(1)<0;③f(0)f(3)>0; ④f(0)f(3)<0.其中正确结论的序号是( )A.①③ B.①④C.②③ D.②④[答案] C[解析] ∵f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由f′(x)<0,得1<x<3,由f′(x)>0,得x<1或x>3,∴f(x)在区间(1,3)上是减函数,在区间(-∞,1),(3,+∞)上是增函数.又a<b<c,f(a)=f(b)=f(c)=0,∴y极大值=f(1)=4-abc>0,y极小值=f(3)=-abc<0.∴0<abc<4.∴a,b,c均大于零,或者a<0,b<0,c>0.又x=1,x=3为函数f(x)的极值点,后一种情况不可能成立,如图.∴f(0)<0.∴f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0.∴正确结论的序号是②③.6.已知e为自然对数的底数,设函数f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),则( )A.当k=1时,f(x)在x=1处取到极小值B.当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值-8-\nC.当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值D.当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值[答案] C[解析] 本题考查函数零点的判断及函数的极值.①当k=1时,f(x)=(ex-1)(x-1),此时f′(x)=ex(x-1)+(ex-1)=ex·x-1,∴A、B项均错.②当k=2时,f(x)=(ex-1)(x-1)2此时f′(x)=ex(x-1)2+(2x-2)(ex-1)=ex·x2-2x-ex+2=ex(x+1)(x-1)-2(x-1)=(x-1)[ex(x+1)-2],易知g(x)=ex(x+1)-2的零点介于0,1之间,不妨设为x0,则有x(-∞,x0)x0(x0,1)1(1,+∞)f′(x)+0-0+f(x)极大值极小值故f(x)在x=1处取得极小值.二、填空题7.(文)函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是________.[答案] (2,+∞)[解析] f′(x)=ex+(x-3)ex=ex(x-2),由f′(x)>0得x>2.(理)已知函数f(x)=ax3+bx2+c,其导函数f′(x)的图像如图所示,则函数f(x)的极小值是________.[答案] c[解析] 由f′(x)的图像知,x=0是f(x)的极小值点,∴f(x)极小值=f(0)=C.8.已知函数f(x)=(m-2)x2+(m2-4)x+m是偶函数,函数g(x)=-x3+2x2+mx+5在(-∞,+∞)内单调递减,则实数m的值为________.[答案] -2[解析] ∵f(x)=(m-2)x2+(m2-4)x+m是偶函数,∴m2-4=0,∴m=±2.-8-\n∵g(x)在(-∞,+∞)内单调递减,∴g′(x)=-3x2+4x+m≤0恒成立,则16+12m≤0,解得m≤-,∴m=-2.9.已知函数f(x)=ax-lnx,若f(x)>1在区间(1,+∞)内恒成立,则实数a的取值范围为________.[答案] a≥1[解析] 由已知得a>在区间(1,+∞)内恒成立.设g(x)=,则g′(x)=-<0 (x>1),∴g(x)=在区间(1,+∞)内单调递减,∴g(x)<g(1),∵g(1)=1,∴<1在区间(1,+∞)内恒成立,∴a≥1.三、解答题10.已知f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)在x=±1时取得极值,且f(1)=-1.(1)试求常数a、b、c的值;(2)试判断x=±1是函数的极小值点还是极大值点,并说明理由.[解析] (1)f′(x)=3ax2+2bx+c,∵x=±1是函数f(x)的极值点,且f(x)在定义域内任意一点处可导.∴x=±1使方程f′(x)=0,即为3ax2+2bx+c=0的两根,由根与系数的关系得又f(1)=-1,∴a+b+c=-1③由①②③解得a=,b=0,c=-.(2)由(1)知f(x)=x3-x,∴f′(x)=x2-=(x-1)(x+1),当x>1或x<-1时,f′(x)>0,当-1<x<1时,f′(x)<0,∴函数f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上为增函数,-8-\n在(-1,1)上为减函数,∴当x=-1时,函数取得极大值f(-1)=1;当x=1时,函数取得极小值f(1)=-1.一、选择题1.(文)设a∈R,若函数y=ex+ax,x∈R有大于零的极值点,则( )A.a<-1 B.a>-1C.a≥- D.a<-[答案] A[解析] y′=ex+a,由条件知,有解,∴a=-ex<-1.(理)若函数f(x)=x2+ax+在(,+∞)是增函数,则a的取值范围是( )A.[-1,0] B.[-1,+∞)C.[0,3] D.[3,+∞)[答案] D[解析] 本题考查导数在函数单调性中的应用f(x)=x2+ax+在(,+∞)是增函数.∴f′(x)=2x+a->0在(,+∞)上恒成立即a>-2x.函数y=x-2与函数y=-2x在(,+∞)上为减函数∴a≥4-2×=3.2.已知向量a,b满足|a|=2|b|≠0,且关于x的函数f(x)=x3+|a|x2+a·bx在R上单调递增,则a,b的夹角的取值范围是( )A.[0,) B.[0,]C.(,π] D.(,][答案] B-8-\n[解析] 易得f′(x)=x2+|a|x+a·b,函数f(x)=x3+|a|x2+a·bx在R上单调递增时,方程x2+|a|x+a·b=0的判别式Δ=|a|2-4a·b≤0,设a,b的夹角为θ,则|a|2-4|a||b|cosθ≤0,将|a|=2|b|≠0代入上式得1-2cosθ≤0,即cosθ≥,又0≤θ≤π,故0≤θ≤.二、填空题3.f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值,则常数c的值为________.[答案] 6[解析] f(x)=x3-2cx2+c2x,f′(x)=3x2-4cx+c2,f′(2)=0⇒c=2或c=6.若c=2,f′(x)=3x2-8x+4,令f′(x)>0⇒x<或x>2,f′(x)<0⇒<x<2,故函数在(-∞,)及(2,+∞)上单调递增,在(,2)上单调递减,∴x=2是极小值点,故c=2不合题意.c=6.4.给出定义:若函数f(x)在D上可导,即f′(x)存在,且导函数f′(x)在D上也可导,则称f(x)在D上存在二阶导函数,记f″(x)=(f′(x))′.若f″(x)<0在D上恒成立,则称f(x)在D上为凸函数.以下四个函数在(0,)上不是凸函数的是________(把你认为正确的序号都填上).①f(x)=sinx+cosx; ②f(x)=lnx-2x;③f(x)=-x3+2x-1; ④f(x)=xex.[答案] ④[解析] 对于①,f″(x)=-(sinx+cosx),x∈(0,)时,f″(x)<0恒成立;对于②,f″(x)=-,在x∈(0,)时,f″(x)<0恒成立;对于③,f″(x)=-6x,在x∈(0,)时,f″(x)<0恒成立;对于④,f″(x)=(2+x)·ex在x∈(0,)时f″(x)>0恒成立,所以f(x)=xex不是凸函数.三、解答题-8-\n5.(2022·保定调研)已知函数f(x)=lnx+ax-a2x2(a≥0).(1)若x=1是函数y=f(x)的极值点,求a的值;(2)若f(x)<0在定义域内恒成立,求实数a的取值范围.[解析] (1)函数的定义域为(0,+∞),f′(x)=.因为x=1是函数y=f(x)的极值点,所以f′(1)=1+a-2a2=0,解得a=-或a=1.因为a≥0,所以a=1.(2)当a=0时,f(x)=lnx,显然在定义域内不满足f(x)<0;当a>0时,令f′(x)==0,得x1=-,x2=.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(0,)(,+∞)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值单调递减所以f(x)max=f()=ln<0,所以a>1.综上可得a>1.6.(文)(2022·北京东城区统一检测)已知函数f(x)=x3+mx2-3m2x+1,m∈R.(1)当m=1时,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;(2)若f(x)在区间(-2,3)上是减函数,求m的取值范围.[解析] (1)当m=1时,f(x)=x3+x2-3x+1,又f′(x)=x2+2x-3,所以f′(2)=5.又f(2)=,所以所求切线方程为y-=5(x-2),即15x-3y-25=0.所以曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为15x-3y-25=0.(2)因为f′(x)=x2+2mx-3m2,-8-\n令f′(x)=0,得x=-3m或x=m.当m=0时,f′(x)=x2≥0恒成立,不符合题意.当m>0时,f(x)的单调递减区间是(-3m,m),若f(x)在区间(-2,3)上是减函数,则,解得m≥3.当m<0时,f(x)的单调递减区间是(m,-3m),若f(x)在区间(-2,3)上是减函数,则,解得m≤-2.综上所述,实数m的取值范围是m≥3或m≤-2.(理)(2022·江西理,18)已知函数f(x)=(x2+bx+b)(b∈R).(1)当b=4时,求f(x)的极值;(2)若f(x)在区间(0,)上单调递增,求b的取值范围.[解析] (1)当b=4时,f(x)=(x+2)2的定义域为(-∞,),f′(x)=,由f′(x)=0得x=-2或x=0.当x∈(-∞,-2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(-2,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(0,)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故f(x)在x=-2取极小值f(-2)=0,在x=0取极大值f(0)=4.(2)f′(x)=,因为当x∈(0,)时,<0,依题意当x∈(0,)时,有5x+(3b-2)≤0,从而+(3b-2)≤0.所以b的取值范围为(-∞,].-8-
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-26 00:13:59
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