（新课标）高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第11讲 利用导数研究函数的单调性、极值、最值(理)习题.doc

2017高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第11讲 利用导数研究函数的单调性、极值、最值(理)习题a组基础巩固一、选择题1f (x)是f(x)的导函数，若f (x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()答案c分析解析由导函数的图象可知，当x0时，f (x)0，即函数f(x)为增函数；当0xx1时，f (x)0，即函数f(x)为减函数；当xx1时，f (x)0，即函数f(x)为增函数观察选项易知c正确2设函数f(x)在r上可导，其导函数为f (x)，且函数y(1x)f (x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()a函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)b函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)c函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)d函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)答案d分析解析由图可知，当x2时，f (x)0；当2x1时，f (x)0；当1x2时，f (x)0；当x2时，f (x)0.由此可以得到函数f(x)在x2处取得极大值，在x2处取得极小值3(2015重庆一模)函数f(x)x3bx2cxd的图象如图，则函数ylog2(x2bx)的单调递减区间为()a，)b3，)c2,3d(，2)答案d解析因为f(x)x3bx2cxd，所以f (x)3x22bxc.由图可知f (2)f (3)0.所以解得令g(x)x2bx，则g(x)x2x6，g(x)2x1.由g(x)x2x60，解得x2或x3.当x时，g(x)0，所以g(x)x2x6在(，2)上为减函数所以函数ylog2(x2bx)的单调递减区间为(，2)故选d4(2015陕西)对二次函数f(x)ax2bxc(a为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是()a1是f(x)的零点b1是f(x)的极值点c3是f(x)的极值d点(2,8)在曲线yf(x)上答案a解析由a知abc0；由b知f (x)2axb,2ab0；由c知f (x)2axb，令f (x)0可得x，则f()3，则3；由d知4a2bc8.假设a选项错误，则，得，满足题意，故a结论错误同理易知当b或c或d选项错误时不符合题意，故选a5若函数f(x)(a0)在1，)上的最大值为，则a的值为()abc1d1答案d解析f (x)，若a1，当x时，f (x)0，f(x)单调递减，当1x时，f (x)0，f(x)单调递增，当x时，令f(x)，1，不合题意若0a1，则f (x)0，f(x)在1，)上单调递减，f(x)maxf(1)，a1，故选d6函数f(x)在定义域r内可导，若f(x)f(2x)，且当x(，1)时，(x1)f (x)0，设af(0)，bf()，cf(3)，则()aabcbcabccbadbca答案b解析由f(x)f(2x)可得对称轴为x1，故f(3)f(12)f(12)f(1)又x(，1)时，(x1)f (x)0，可知f (x)0.即f(x)在(，1)上单调递增，f(1)f(0)f()，即cab.二、填空题7函数yx2sinx在(0,2)内的单调增区间为_.答案(，)解析y12cosx，由即得x.函数yx2sinx在(0,2)内的增区间为(，)8若函数f(x)的定义域为r，且满足f(2)2，f (x)1，则不等式f(x)x0的解集为_.答案(2，)解析令g(x)f(x)x，g(x)f (x)1.由题意知g(x)0，g(x)为增函数g(2)f(2)20，g(x)0的解集为(2，)9若yalnxbx2x在x1和x2处有极值，则a_，b_.答案解析y2bx1.由已知解得10已知yf(x)是奇函数，当x(0,2)时，f(x)lnxax(a)，当x(2,0)时，f(x)的最小值为1，则a_.答案1解析f(x)是奇函数，且当x(2,0)时，f(x)的最小值为1，f(x)在(0,2)上的最大值为1.当x(0,2)时，f (x)a，令f (x)0得x，又a，02.当x时，f (x)0，f(x)在(0，)上单调递增；当x时，f (x)0，f(x)在(，2)上单调递减，f(x)maxf()lna1，解得a1.三、解答题11已知函数f(x)exkx2，xr.若f(x)在区间(0，)上单调递增，试求k的取值范围.答案(，解析方法一(分离参数法)：f (x)ex2kx.当x0时，由ex2kx0，得k在(0，)上恒成立，令p(x)，则有kp(x)min，则p(x)，令p(x)0，解得x1，列表如下：x(0,1)1(1，)p(x)0p(x)极小值故函数p(x)在x1处取得极小值，亦即最小值因为p(x)minp(1)，所以k，故实数k的取值范围是(，方法二(分类讨论法)：f (x)ex2kx，若k0，显然f (x)0，则f(x)在区间(0，)上单调递增；记(x)ex2kx，则(x)ex2k，当0k时，因为exe01,2k1，所以(x)0，则(x)在(0，)上单调递增，于是f (x)(x)(0)10，所以f(x)在(0，)上单调递增当k时，(x)ex2kx在(0，ln(2k)上单调递减，在(ln(2k)，)上单调递增，于是f (x)(x)(ln(2k)eln(2k)2kln(2k)，由eln(2k)2kln(2k)0，得2k2kln(2k)0，则k.综上所述，k的取值范围是(，12已知函数f(x)(a0)的导函数yf (x)的两个零点为3和0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的极小值为e3，求f(x)在区间5，)上的最大值答案(1)增区间(3,0)，减区间(，3)和(0，)(2)5e5解析(1)f (x).令g(x)ax2(2ab)xbc，因为ex0，所以yf (x)的零点就是g(x)ax2(2ab)xbc的零点，且f (x)与g(x)符号相同又因为a0，所以3x0时，g(x)0，即f (x)0，当x3或x0时，g(x)0，即f (x)0，所以f(x)的单调增区间是(3,0)，单调减区间是(，3)，(0，)(2)由(1)知，x3是f(x)的极小值点，所以有解得a1，b5，c5，所以f(x).因为f(x)的单调增区间是(3,0)，单调减区间是(，3)，(0，)，所以f(0)5为函数f(x)的极大值，故f(x)在区间5，)上的最大值取f(5)和f(0)中的最大者而f(5)5e55f(0)，所以函数f(x)在区间5，)上的最大值是5e5.b组能力提升1(改编题)已知函数y()f (x)的图象如图，则函数f(x)的单调增区间为()a(，1)b(，0)和(2，)crd(1,2)答案b解析因为函数y()x是r上的减函数，所以f (x)0的充要条件是0()f (x)1.由图象可知，当x(，0)(2，)时，0()f (x)1，即f (x)0.所以函数f(x)的单调增区间为(，0)和(2，)，故选b2(2015云南师大附中适应性考试)设函数f(x)ex(sinxcosx)(0x2 015)，则函数f(x)的各极小值之和为()abcd答案d解析f (x)2exsinx，当x(2k，2k2)(kz)时，f (x)0，f(x)单调递减，当x(2k2，2k3)(kz)时，f (x)0，f(x)单调递增，故当x2k2(kz)时，f(x)取极小值，其极小值为f(2k2)e2k2(kz)，又0x2 015，所以f(x)的各极小值之和se2e4e2 014，故选d3定义在r上的函数f(x)满足：f(x)f (x)1，f(0)4，则不等式exf(x)ex3(其中e为自然对数的底数)的解集为_.答案(0，)解析设g(x)exf(x)ex(xr)，则g(x)exf(x)exf (x)exexf(x)f (x)1，因为f(x)f (x)1，所以f(x)f (x)10，所以g(x)0，所以g(x)在r上单调递增因为exf(x)ex3，所以g(x)3.又g(0)e0f(0)1413，所以g(x)g(0)，所以x0.4已知f(x)axlnx，x(0，e，g(x)，其中e是自然对数的底数，ar.(1)讨论a1时，函数f(x)的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f(x)g(x)；(3)是否存在正实数a，使f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由答案(1)减区间(0,1)，增区间(1，e，极小值为1(2)略(3)ae2解析(1)a1，f(x)xlnx，f (x)1，当0x1时，f (x)0，此时f(x)单调递减；当1xe时，f (x)0，此时f(x)单调递增f(x)的极小值为f(1)1.(2)证明f(x)的极小值为1，即f(x)在(0，e上的最小值为1，f(x)min1.又g(x)，当0xe时，g(x)0，g(x)在(0，e上单调递增g(x)maxg(e)，f(x)ming(x)max，在(1)的条件下，f(x)g(x).(3)假设存在正实数a，使f(x)axlnx(x(0，e)有最小值3，则f (x)a.当0e时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，e上单调递增，f(x)minf()1lna3，ae2，满足条件；当e时，f(x)在(0，e上单调递减，f(x)minf(e)ae13，a(舍去)，所以，此时f(x)无最小值综上，存在实数ae2，使得当x(0，e时f(x)有最小值3.5设f(x)xlnx，g(x)x3x23.(1)如果存在x1，x20,2使得g(x1)g(x2)m成立，求满足上述条件的最大整数m；(2)如果对于任意的s，t，2，都有f(s)g(t)成立，求实数a的取值范围答案(1)4(2)1，)解析(1)存在x1，x20,2使得g(x1)g(x2)m成立，等价于g(x1)g(x2)maxm.由g(x)x3x23，得g(x)3x22x3x(x)由g(x)0得x0或x，又x0,2，所以g(x)在0，上是单调递减函数，在，2上是单调递增函数，所以g(x)ming()，g(x)maxg(2)1.故g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)minm，则满足条件的最大整数m4.(2)对于任意的s，t，2，都有f(s)g(t)成立，等价于在，2上，函数f(x)ming(x)max.由(1)可知在，2上，g(x)的最大值为g(2)1.在，2上，f(x)xlnx1恒成立等价于axx2lnx恒成立设h(x)x