（福建專用）2013年高考數(shù)學總復習 第二章第12課時 導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值課時闖關（含解析）

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1、 （福建專用）2013年高考數(shù)學總復習 第二章第12課時 導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值課時闖關（含解析） 一、選擇題 1．函數(shù)y＝xsinx＋cosx在下面哪個區(qū)間內(nèi)是增函數(shù)(　　) A．(，)　　　　　　　　 B．(π，2π) C．(，) D．(2π，3π) 解析：選C.y′＝(xsinx＋cosx)′＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，當x∈(，)時，恒有xcosx>0.∴原函數(shù)的增函數(shù)．故選C. 2．函數(shù)f(x)＝x2－2lnx的單調(diào)減區(qū)間是(　　) A．(0,1) B．(1，＋∞) C．(－∞，1) D．(－1,1) 解析：選A.∵f′(x

2、)＝2x－＝(x>0)， ∴當x∈(0,1)時f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)， 當x∈(1，＋∞)時f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)，∴選A. 3．設a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點，則a的取值范圍是(　　) A．a(chǎn)<－1 B．a(chǎn)>－1 C．a(chǎn)>－ D．a(chǎn)<－ 解析：選A.由y′＝(ex＋ax)′＝ex＋a＝0得ex＝－a， 即x＝ln(－a)>0?－a>1?a<－1. 4．(2012·漳州調(diào)研)設f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù)，將y＝f(x)和y＝f′(x)的圖象畫在同一個直角坐標系中，不可能正確的是(　　) 解析：選D.由函數(shù)f(x)單

3、調(diào)遞增時，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減時，f′(x)≤0，再結合各選項的圖象知D不正確． 5．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(1)＝0, 且x＞0時，恒有＞0，則不等式f(x)>0的解集是(　　) A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－1,0)∪(0,1) C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1,0) ∪(1，＋∞) 解析：選D.令F(x)＝，由題意知F′(x)＝′＞0，故F(x)在(0，＋∞)為增函數(shù)，且F(x)為R上偶函數(shù)．而f(1)＝0，而f(x)>0可化為x·>0，結合圖象分析可得解集為(－1,0)∪(1，＋∞)． 二、填空題 6．(20

4、12·寧德調(diào)研)已知函數(shù)y＝ax3＋bx2，當x＝1時，有極大值3，則2a＋b＝________. 解析：y′＝3ax2＋2bx，依題意解得a＝－6，b＝9，所以2a＋b＝－3. 答案：－3 7．若函數(shù)y＝a在區(qū)間(－1,1)上為減函數(shù)，則a的取值范圍是________． 解析：y′＝a(x2－1)，∵函數(shù)在(－1,1)上為減函數(shù)， ∴y′≤0在(－1,1)上恒成立．∵x2－1<0，∴a≥0. 當a＝0時，函數(shù)為常數(shù)函數(shù)，不合題意，∴a>0. 答案：(0，＋∞) 8．函數(shù)y＝f(x)在其定義域上可導，若y＝f′(x)的圖象如圖， ①f(x)在(－2,0)上是減函數(shù)； ②

5、x＝－1時，f(x)取得極小值； ③x＝1時，f(x)取得極小值； ④f(x)在(－1,1)上為減函數(shù)，在(1,2)上是增函數(shù)． 其中正確的判斷是________． 解：注意這是導函數(shù)的圖象，由圖易知f(x)在(－2,0)上是先增后減；x＝－1時，f(x)取得極大值；所以①②錯．③④正確． 答案：③④ 三、解答題 9．求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值． (1)f(x)＝＋3lnx； (2)f(x)＝x2e－x. 解：(1)函數(shù)f(x)＝＋3lnx的定義域為(0，＋∞)， 因為f′(x)＝－＋＝，令f′(x)＝0得x＝1. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：

6、x (0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 極小值3 ↗ 函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是：(0,1)；單調(diào)遞增區(qū)間是：(1，＋∞) 因此當x＝1時，f(x)有極小值，并且f(1)＝3；無極大值 (2)函數(shù)f(x)的定義域為R.f′(x)＝2xe－x＋x2e－x(－x)′＝2xe－x－x2e－x＝x(2－x)e－x. 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) ↘ 極小值

7、 ↗ 極大值 ↘ 從表中可以看出，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是：(－∞，0)，(2，＋∞)；單調(diào)遞增區(qū)間是：(0,2) 當x＝0時，函數(shù)f(x)有極小值，且f(0)＝0； 當x＝2時，函數(shù)f(x)有極大值，且f(2)＝. 10．(2010·高考北京卷)設函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a＞0)，且方程f′(x)－9x＝0的兩個根分別為1,4. (1)當a＝3且曲線y＝f(x)過原點時，求f(x)的解析式； (2)若f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)無極值點，求a的取值范圍． 解：由于f′(x)＝ax2＋2bx＋c，則f′(x)－9x＝0同解于ax2＋2bx＋c－9x＝0.

8、依題意(*)． (1) 易知d＝0，當a＝3時，(*)式可化為， 解得.∴f(x)＝x3－3x2＋12x. (2)由于a＞0，所以“函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)無極值點” 等價于“f′(x)＝ax2＋2bx＋c≥0在(－∞，＋∞)內(nèi)恒成立”． 由(*)式得2b＝9－5a，c＝4a， 又Δ＝(2b)2－4ac＝9(a－1)(a－9)． 由得1≤a≤9，即a的取值范圍是[1,9]． 一、選擇題 1．已知函數(shù)y＝f(x)，y＝g(x)的導函數(shù)的圖象如下圖，那么y＝f(x)，y＝g(x)的圖象可能是(　　) 解析：選D.由圖知，當x∈(0，＋∞)時，y＝f(x)、y＝g

9、(x)的導函數(shù)均大于0，所以y＝f(x)，y＝g(x)的圖象在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，四個選項均符合．又當x∈(0，＋∞)時，y＝f(x)的導函數(shù)單調(diào)遞減，而y＝g(x)的導函數(shù)單調(diào)遞增，所以隨x的增大，y＝f(x)的圖象坡度越來越平，而y＝g(x)的圖象坡度越來越陡，排除A、C.又g′(x0)＝f′(x0)，即y＝f(x)與y＝g(x)在x＝x0處的切線是平行的，排除B，故選D. 2．(2011·高考福建卷)若a>0，b>0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于(　　) A．2 B．3 C．6 D．9 解析：選D.f′(x)＝12

10、x2－2ax－2b，∵f(x)在x＝1處有極值，∴f′(1)＝0，即12－2a－2b＝0，化簡得 a＋b＝6，∵a>0，b>0，∴ab≤2＝9，當且僅當a＝b＝3時，ab有最大值，最大值為9，故選D. 二、填空題 3．如果函數(shù)f(x)＝2x2－lnx在定義域的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是________． 解析：f′(x)＝4x－，x>0.因為(k－1，k＋1)是定義域的一個子區(qū)間，所以k－1≥0，k≥1.由題意令f′(x)＝0，則4x－＝0，則x＝.所以∈(k－1，k＋1)，即k－1<

11、已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx.其導數(shù)f′(x)對x∈[－1，1]都有f′(x)≤2，則的取值范圍是________． 解析：因為f′(x)＝3x2＋2ax＋b, 且f′(x)對x∈[－1,1]都有f′(x)≤2，故f′(－1)＝3－2a＋b≤2，f′(1)＝3＋2a＋b≤2，得2a－b－1≥0,2a＋b＋1≤0.不等式組確定的平面區(qū)域如圖陰影部分所示： 由2a－b－1＝0,2a＋b＋1＝0，得a＝0，b＝－1， 所以Q的坐標為(0，－1)． 設z＝，則z表示平面區(qū)域內(nèi)的點(a，b)與點P(1,0)連線的斜率．因為kPQ＝1，由圖可知z≥1或z<－2， 即∈(－∞，－2)∪

12、[1，＋∞)． 答案：(－∞，－2)∪[1，＋∞) 三、解答題 5．(2012·莆田一中月考)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x. (1)求曲線y＝f(x)在點x＝2處的切線方程； (2)若過點A(1，m)(m≠－2)可作曲線y＝f(x)的三條切線，求實數(shù)m的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝3x2－3，f′(2)＝9，f(2)＝23－3×2＝2， ∴曲線y＝f(x)在x＝2處的切線方程為y－2＝9(x－2)，即9x－y－16＝0. (2)過點A(1，m)向曲線y＝f(x)作切線，設切點為(x0，y0) 則y0＝x－3x0，k＝f′(x0)＝3x－3. 則切線方程為y－(x－3x

13、0)＝(3x－3)(x－x0)整理得2x－3x＋m＋3＝0(*)． ∵過點A(1，m)(m≠－2)可作曲線y＝f(x)的三條切線 ∴方程(*)有三個不同實數(shù)根． 記g(x)＝2x3－3x2＋m＋3，g′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1) 令g′(x)＝0，x＝0或1.則x，g′(x)，g(x)的變化情況如下表 x (－∞，0) 0 (0,1) 1 (1，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x)  極大  極小  當x＝0，g(x)有極大值m＋3；x＝1，g(x)有極小值m＋2. 由g(x)的簡圖知，當且僅當，即，－3＜m＜－2

14、時，函數(shù)g(x)有三個不同零點，過點A可作三條不同切線． 所以若過點A可作曲線y＝f(x)的三條不同切線，m的范圍是(－3，－2)． 6．(2012·福州六校聯(lián)考)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值； (3)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)<0，解得00，解得x>， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為. (2)當0<

15、t時，f(x)在[t，t＋2]上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(t)＝tlnt. 所以 f(x)min＝ (3)由題意：2xlnx≤3x2＋2ax－1＋2， 即2xlnx≤3x2＋2ax＋1. 因為x∈(0，＋∞)，所以a≥lnx－x－. 設h(x)＝lnx－x－， 則h′(x)＝－＋＝－. 令h′(x)＝0，得x＝1或x＝－(舍去)． 當00；當x>1時，h′(x)<0， 所以當x＝1時，h(x)取得最大值，h(x)max＝h(1)＝－2. 所以a≥－2.故實數(shù)a的取值范圍是[－2，＋∞)．