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2014届高考数学人教A版理科一轮复习题库:第三章导数及其应用导数在函数单调性、极值中的应用


课时作业 15
一、选择题

导数在函数单调性、极值中的应用

ln x 1.函数 f(x)= 的单调递减区间是( ). x A.[e,+∞) B.[1,+∞) C.[0,e] D.[0,1] 3 2 2.f(x)=x -3x +3x 的极值点的个数是( ). A.0 B.1 C.2 D.3 k 3.设 f(x)=kx- -2ln x,若 f(x)在其定义域内为单调增函数,则 k 的取值范围是( ). x A.(-∞,1] B.[1,+∞) C.(-∞,-1] D.[-1,+∞) 4.已知对任意实数 x,有 f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且 x>0 时,f′(x)>0,g′(x)>0, 则 x<0 时( ). A.f′(x)>0,g′(x)>0 B.f′(x)>0,g′(x)<0 C.f′(x)<0,g′(x)>0 D.f′(x)<0,g′(x)<0 5. R 上可导的函数 f(x)的图象如图所示, 在 则关于 x 的不等式 x· f′(x)<0 的解集为( ).

B.(-1,0)∪(1,+∞) D.(-∞,-2)∪(2,+∞) 1 1 6.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· 在 R 上单调 bx 3 2 递增,则 a,b 的夹角的取值范围是( ). π? π A.?0,3? B.?0,3? ? ? ? π ? π 2π? C.?3,π? D.?3, 3 ? ? ? 7.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.①④ C.②③ D.②④ 二、填空题 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__________. 9.已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+a2 在 x=1 处取得极值 10,则 f(2)=__________. 10.已知某质点的运动方程为 s(t)=t3+bt2+ct+d,如图所示是其运动轨迹的一部分,若 1 t∈?2,4?时,s(t)<3d2 恒成立,则 d 的取值范围为__________. ? ?

A.(-∞,-1)∪(0,1) C.(-2,-1)∪(1,2)

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三、解答题 11.(2012 江苏高考)若函数 y=f(x)在 x=x0 处取得极大值或极小值, 则称 x0 为函数 y=f(x) 的极值点.已知 a,b 是实数,1 和-1 是函数 f(x)=x3+ax2+bx 的两个极值点. (1)求 a 和 b 的值; (2)设函数 g(x)的导函数 g′(x)=f(x)+2,求 g(x)的极值点; (3)设 h(x)=f(f(x))-c,其中 c∈[-2,2],求函数 y=h(x)的零点个数. 1 12.设函数 f(x)=x- -aln x(a∈R). x (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)有两个极值点 x1 和 x2,假设过点 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.

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参考答案
一、选择题 1 · x-ln x x 1-ln x 1.A 解析:令 f′(x)= = ≤0,则 x≥e. x2 x2 又∵当 x≥e 时,f′(x)不恒等于 0, ∴f(x)的单调递减区间是[e,+∞). 2.A 解析:由题知 f(x)的导函数值恒大于或等于零,所以函数 f(x)总单调递增. 2 k 2 kx -2x+k 3.B 解析:由 f′(x)=k+ 2- = , x x x2 令 h(x)=kx2-2x+k,要使 f(x)在其定义域(0,+∞)上单调递增, 只需 h(x)在(0,+∞)内满足 h(x)≥0 恒成立. 由 h(x)≥0 得 kx2-2x+k≥0, 2x 2 即 k≥ 2 = 在 x∈(0,+∞)上恒成立, 1 x +1 x+ x 1 ∵x>0,∴x+ ≥2. x 2 ∴ ≤1.∴k≥1. 1 x+ x 4.B 解析:由题意可知 y=f(x)是奇函数,y=g(x)是偶函数. ∵x>0 时,y=f(x),y=g(x)是增函数, ∴x<0 时,y=f(x)是增函数,y=g(x)是减函数, 即 x<0 时,f′(x)>0,g′(x)<0. 5.A 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). 1 1 6.B 解析:易得 f′(x)=x2+|a|x+a· b,函数 f(x)= x3+ |a|x2+a· 在 R 上单调递增时, bx 3 2 2 2 方程 x +|a|x+a· b=0 的判别式 Δ=|a| -4a· b≤0, 设 a,b 的夹角为 θ, 则|a|2-4|a||b|cos θ≤0, 将|a|=2|b|≠0 代入上式得 1-2cos θ≤0, 1 π 即 cos θ≥ ,又 0≤θ≤π,故 0≤θ≤ . 2 3 7.C 解析:设 g(x)=x3-6x2+9x=0,则 x1=0,x2=x3=3,其图象如下图:

要使 f(x)=x3-6x2+9x-abc 有 3 个零点,需将 g(x)的图象向下平移,如图所示:

又 f′(x)=3x2-12x+9=0 时,x1=1,x2=3,即得 f(1)是极大值,f(3)是极小值.
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故由图象可知 f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0. 二、填空题 8.-2 解析:∵f(x)=(m-2)x2+(m2-4)x+m 是偶函数, ∴m2-4=0,∴m=± 2. 3 2 函数 g(x)=-x +2x +mx+5 在(-∞,+∞)内单调递减,g′(x)=-3x2+4x+m, ∴g′(x)恒小于等于 0. ∴Δ=16+12m≤0. 4 ∴m≤- ,∴m=-2. 3 9.18 解析:f′(x)=3x2+2ax+b, ? ?f(1)=10, 由题意得? ?f′(1)=0, ?
?1+a+b+a2=10, ? 即? ? ?3+2a+b=0, ?a=-3, ?a=4, ? ? 得? 或? ? ? ?b=3, ?b=-11. 但当 a=-3,b=3 时,f′(x)=3x2-6x+3≥0,故不存在极值, ∴a=4,b=-11,f(2)=18. 4 10.d> 或 d<-1 解析:∵质点的运动方程为 s(t)=t3+bt2+ct+d, 3 ∴s′(t)=3t2+2bt+c. 由图可知,s(t)在 t=1 和 t=3 处取得极值. 则 s′(1)=0,s′(3)=0, ?3+2b+c=0, ?b=-6, ? ? 即? ∴? ?27+6b+c=0, ?c=9. ? ? 2 ∴s′(t)=3t -12t+9=3(t-1)( t-3). 1 当 t∈?2,1?时,s′(t)>0; ? ? 当 t∈(1,3)时,s′(t)<0; 当 t∈(3,4)时,s′(t)>0, ∴当 t=1 时,s(t)取得极大值 4+d. 又∵s(4)=4+d, 1 ∴当 t∈?2,4?时,s(t)的最大值为 4+d. ? ? 1 ∵当 t∈?2,4?时,s(t)<3d2 恒成立, ? ? 4 2 ∴4+d<3d ,即 d> 或 d<-1. 3 三、解答题 11.解:(1)由题设知 f′(x)=3x2+2ax+b,且 f′(-1)=3-2a+b=0,f′(1)=3+2a+b =0,解得 a=0,b=-3. (2)由(1)知 f(x)=x3-3x. 因为 f(x)+2=(x-1)2(x+2), 所以 g′(x)=0 的根为 x1=x2=1,x3=-2,于是函数 g(x)的极值点只可能是 1 或-2. 当 x<-2 时,g′(x)<0;当-2<x<1 时,g′(x)>0,故-2 是 g(x)的极值点. 当-2<x<1 或 x>1 时,g′(x)>0,故 1 不是 g(x)的极值点. 所以 g(x)的极值点为-2. (3)令 f(x)=t,则 h(x)=f(t)-c.先讨论关于 x 的方程 f(x)=d 根的情况,d∈[-2,2]. 当|d|=2 时,由(2)可知,f(x)=-2 的两个不同的根为 1 和-2,注意到 f(x)是奇函数,所 以 f(x)=2 的两个不同的根为-1 和 2. -4-

当|d|<2 时,因为 f(-1)-d=f(2)-d=2-d>0,f(1)-d=f(-2)-d=-2-d<0, 所以-2,-1,1,2 都不是 f(x)=d 的根. 由(1)知 f′(x)=3(x+1)(x-1). ①当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,于是 f(x)是单调增函数,从而 f(x)>f(2)=2, 此时 f(x)=d 无实根.同理,f(x)=d 在(-∞,-2)上无实根. ②当 x∈(1,2)时,f′(x)>0,于是 f(x)是单调增函数,又 f(1)-d<0,f(2)-d>0,y=f(x) -d 的图象不间断,所以 f(x)=d 在(1,2)内有唯一实根.同理,f(x)=d 在(-2,-1)内有唯一实 根. ③当 x∈(-1,1)时,f′(x)<0,故 f(x)是单调减函数,又 f(-1)-d>0,f(1)-d<0,y=f(x) -d 的图象不间断,所以 f(x)=d 在(-1,1)内有唯一实根. 由上可知:当|d|=2 时,f(x)=d 有两个不同的根 x1,x2 满足|x1|=1,|x2|=2; 当|d|<2 时,f(x)=d 有三个不同的根 x3,x4,x5 满足|xi|<2,i=3,4,5. 现考虑函数 y=h(x)的零点. 当|c|=2 时,f(t)=c 有两个根 t1,t2 满足|t1|=1,|t2|=2,而 f(x)=t1 有三个不同的根,f(x) =t2 有两个不同的根,故 y=h(x)有 5 个零点. 当|c|<2 时,f(t)=c 有三个不同的根 t3,t4,t5 满足|ti|<2,i=3,4,5,而 f(x)=ti(i=3,4,5)有 三个不同的根,故 y=h(x)有 9 个零点. 综上可知,当|c|=2 时,函数 y=h(x)有 5 个零点;当|c|<2 时,函数 y=h(x)有 9 个零点. 12.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞). 2 1 a x -ax+1 f′(x)=1+ 2- = . x x x2 2 令 g(x)=x -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. a- a2-4 a+ a2-4 ③当 a>2 时,Δ>0,g(x)=0 的两根为 x1= ,x2= . 2 2 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. x1-x2 因为 f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+ -a(ln x1-ln x2), x1x2 f(x1)-f(x2) ln x1-ln x2 1 所以 k= =1+ -a· . x1x2 x1-x2 x1-x2 又由(1)知,x1x2=1,于是 ln x1-ln x2 k=2-a· . x1-x2 ln x1-ln x2 若存在 a,使得 k=2-a,则 =1.即 ln x1-ln x2=x1-x2. x1-x2 1 亦即 x2- -2ln x2=0(x2>1).(*) x2 1 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 t x2 1 >1- -2ln 1=0.这与(*)式矛盾. 1 故不存在 a,使得 k=2-a.

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