【创新设计】（浙江专用）2022届高考数学总复习 第3篇 第2讲 用导数研究函数的单调性、极值与最值限时训练 理

第2讲　用导数研究函数的单调性、极值与最值分层A级　基础达标演练(时间：30分钟　满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1.(2022·长春名校联考)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　)．A．f(b)>f(c)>f(d)B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(e)>f(d)解析　依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0；当x∈(c，e)时，f′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数，又a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)，选C.答案　C2．(2022·济宁模拟)若函数h(x)＝2x－＋在(1，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是(　　)．A．[－2，＋∞)B．[2，＋∞)C．(－∞，－2]D．(－∞，2]解析　由条件得h′(x)＝2＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，所以k∈[－2，＋∞)．答案　A3．(2022·青岛模拟)函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是(　　)．A．－2B．0C．2D．4解析　f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或2.∴f(x)在[－1,0)上是增函数，f(x)在(0,1]上是减函数．∴f(x)max＝f(x)极大值＝f(0)＝2.答案　C6\n4．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二、填空题(每小题5分，共10分)5．若函数f(x)＝在x＝1处取极值，则a＝________.解析　由f′(x)＝＝0，∴x2＋2x－a＝0，x≠－1，又f(x)在x＝1处取极值，∴x＝1是x2＋2x－a＝0的根，∴a＝3.答案　36．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＜ln2时，f′(x)＜0；当x＞ln2时，f′(x)＞0.∴f(x)min＝f(ln2)＝2－2ln2＋a，则函数有零点，即f(x)min≤0.∴2－2ln2＋a≤0，∴a≤2ln2－2.答案　(－∞，2ln2－2]三、解答题(共25分)7．(12分)(2022·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，即解得(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]．8．(13分)(2022·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；6\n(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]．分层B级　创新能力提升1．(2022·蚌埠质检)若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是(　　)．A．[1，＋∞)B.C．[1,2)D.解析　因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－，由f′(x)＝0，得x＝.据题意得解得1≤k<.故选B.答案　B2．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．2B．3C．6D．9解析　∵f′(x)＝12x2－2ax－2b，6\nΔ＝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　D3．若函数f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为________．解析　f′(x)＝＝.当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当－<x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当<1时，则f(x)在[1，＋∞)单调递减．则f(x)max＝f(1)＝＝，a＝－1.当>1时，则f(x)在[1，]单调递增，在[a，＋∞)单调递减．所以f(x)max＝f()＝＝，a＝<1，不合题意舍去，所以a＝－1.答案　－14．(2022·深圳调研)设函数f(x)＝lnx－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为________．解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，由f′(1)＝0，得b＝1－a.∴f′(x)＝－ax＋a－1＝.①若a≥0，当0<x<1时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；所以x＝1是f(x)的极大值点．②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或－.因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－>1，解得－1<a<0.综合①②得a的取值范围是a>－1.答案　(－1，＋∞)5．(2022·重庆)已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在x＝2处取得极值为c－16.6\n(1)求a，b的值；(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．解　(1)因f(x)＝ax3＋bx＋c，故f′(x)＝3ax2＋b，由于f(x)在点x＝2处取得极值c－16，故有即化简得解得(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，f′(x)＝3x2－12.令f′(x)＝0，得x＝－2或2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－2)上为增函数；当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，故f(x)在(－2,2)上为减函数；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(2，＋∞)上为增函数．由此可知f(x)在x＝－2处取得极大值f(－2)＝16＋c，f(x)在x＝2处取得极小值f(2)＝c－16.由题设条件知，16＋c＝28，解得c＝12，此时f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝c－16＝－4，因此f(x)在[－3,3]上的最小值为f(2)＝－4.6．(2022·富阳模拟)已知函数f(x)＝－x2＋ax－lnx(a∈R)．(1)当a＝3时，求函数f(x)在上的最大值和最小值；(2)当函数f(x)在上单调时，求a的取值范围．解　(1)a＝3时，f′(x)＝－2x＋3－＝－＝－，函数f(x)在区间上仅有极大值点x＝1，故这个极大值点也是最大值点，故函数f(x)在上的最大值是f(1)＝2.又f(2)－f＝(2－ln2)－＝－2ln2<0，故f(2)<f，故函数在上的最小值为f(2)＝2－ln2.(2)f′(x)＝－2x＋a－，令g(x)＝2x＋，则g′(x)＝2－，则函数g(x)在上递减，在上递增，由g6\n＝3，g(2)＝，g＝2，故函数g(x)在的值域为.若要f′(x)≤0在上恒成立，即a≤2x＋在恒成立，只要a≤2；若要f′(x)≥0在上恒成立，即a≥2x＋在上恒成立，只要a≥，即a的取值范围是(－∞，2]∪.6