【高考调研】高考数学精品复习 课时作业(十五) 9页

课时作业(十五)一、选择题1．函数y＝ax3＋bx2取得极大值和极小值时的x的值分别为0和，则(　　)A．a－2b＝0　　　　　　　B．2a－b＝0C．2a＋b＝0D．a＋2b＝0答案　D解析　y′＝3ax2＋2bx，据题意，0、是方程3ax2＋2bx＝0的两根∴－＝，　∴a＋2b＝0.2．(·江南十校)当函数y＝x·2x取极小值时，x＝(　　)A.B．－C．－ln2D．ln2答案　B解析　由y＝x·2x得y′＝2x＋x·2x·ln2令y′＝0得2x(1＋x·ln2)＝0∵2x＞0，∴x＝－3．函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)内有极小值，则(　　)A．0＜b＜1B．b＜1C．b＞0D．b＜答案　A解析　f(x)在(0,1)内有极小值，则f′(x)＝3x2－3b在(0,1)上先负后正，∴f′(0)＝－3b＜0，∴b＞0，f′(1)＝3－3b＞0，∴b＜1综上，b的范围为0＜b＜14．连续函数f(x)的导函数为f′(x)，若(x＋1)·f′(x)>0，则下列结论中正确的是(　　)A．x＝－1一定是函数f(x)的极大值点B．x＝－1一定是函数f(x)的极小值点C．x＝－1不是函数f(x)的极值点D．x＝－1不一定是函数f(x)的极值点答案　B解析　x>－1时，f′(x)>0x<－1时，f′(x)<0∴连续函数f(x)在(－∞，－1)单减，在(－1，＋∞)单增，∴x＝－1为极小值点．5．函数y＝＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是(　　)\nA．－　　　　　　　　　B．－C．－4D．－答案　A解析　y′＝x2＋2x－3.令y′＝x2＋2x－3＝0，x＝－3或x＝1为极值点．当x∈[0,1]时，y′<0.当x∈[1,2]时，y′>0，所以当x＝1时，函数取得极小值，也为最小值．∴当x＝1时，ymin＝－.6．函数f(x)的导函数f′(x)的图象，如右图所示，则(　　)A．x＝1是最小值点B．x＝0是极小值点C．x＝2是极小值点D．函数f(x)在(1,2)上单增答案　C解析　由导数图象可知，x＝0，x＝2为两极值点，x＝0为极大值点，x＝2为极小值点，选C.7．已知函数f(x)＝x3－x2－x，则f(－a2)与f(－1)的大小关系为(　　)A．f(－a2)≤f(－1)B．f(－a2)时，f′(x)<0；当x<时，f′(x)>0.∴x＝时取极大值，f()＝·＝.二、填空题9．(·西城区)若y＝alnx＋bx2＋x在x＝1和x＝2处有极值，则a＝________，b＝________.答案　－　－解析　y′＝＋2bx＋1.由已知，解得10．已知函数f(x)＝x3－bx2＋c(b，c为常数)．当x＝2时，函数f(x)取得极值，若函数f(x)只有三个零点，则实数c的取值范围为________答案　01，即m<－.12．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴相切于(1,0)，则极小值为________．答案　0解析　f′(x)＝3x2－2px－q，由题知f′(1)＝3－2p－q＝0.又f(1)＝1－p－q＝0，联立方程组，解得p＝2，q＝－1.∴f(x)＝x3－2x2＋x，f′(x)＝3x2－4x＋1.由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，解得x＝1或x＝，经检验知x＝1是函数的极小值点，∴f(x)极小值＝f(1)＝0.三、解答题13．(·安徽卷，文)设函数f(x)＝sinx－cosx＋x＋1,0＜x＜2π，求函数f(x)的单调区间与极值．解析　由f(x)＝sinx－cosx＋x＋1,0＜x＜2π，知f′(x)＝cosx＋sinx＋1，于是f′(x)＝1＋sin(x＋)．令f′(x)＝0，从而sin(x＋)＝－，得x＝π，或x＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，π)π(π，)(，2π)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增π＋2单调递减π单调递增因此，由上表知f(x)的单调递增区间是(0，π)与(，2π)，单调递减区间是(π，)，极小值为f()＝，极大值为f(π)＝π＋2.14．(·江西卷)设函数f(x)＝6x3＋3(a＋2)x2＋2ax.(1)若f(x)的两个极值点为x1，x2，且x1x2＝1，求实数a的值；(2)是否存在实数a，使得f(x)是(－∞，＋∞)上的单调函数？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．解析　f′(x)＝18x2＋6(a＋2)x＋2a.(1)由已知有f′(x1)＝f′(x2)＝0，从而x1x2＝＝1，所以a＝9；(2)由于Δ＝36(a＋2)2－4×18×2a＝36(a2＋4)>0，所以不存在实数a，使得f(x)是(－∞，＋∞)上的单调函数．\n15．已知定义在R上的函数f(x)＝x2(ax－3)，其中a为常数．(1)若x＝1是函数f(x)的一个极值点，求a的值；(2)若函数f(x)在区间(－1,0)上是增函数，求a的取值范围．解析　(1)f(x)＝ax3－3x2，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)．∵x＝1是f(x)的一个极值点，∴f′(1)＝0，∴a＝2.(2)解法一　①当a＝0时，f(x)＝－3x2在区间(－1,0)上是增函数，∴a＝0符合题意；②当a≠0时，f′(x)＝3ax(x－)，令f′(x)＝0得：x1＝0，x2＝.当a>0时，对任意x∈(－1,0)，f′(x)>0，∴a>0符合题意；当a<0时，当x∈(，0)时，f′(x)>0，∴≤－1，∴－2≤a<0符合题意；综上所述，a≥－2.解法二　f′(x)＝3ax2－6x≥0在区间(－1,0)上恒成立，∴3ax－6≤0，∴a≥在区间(－1,0)上恒成立，又<＝－2，∴a≥－2.16．(·沧州七校联考)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋1－lnx.(1)若f(x)在(0，)上是减函数，求a的取值范围；(2)函数f(x)是否既有极大值又有极小值？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．解析　(1)f′(x)＝－2x＋a－，∵f(x)在(0，)上为减函数，∴x∈(0，)时－2x＋a－<0恒成立，即a<2x＋恒成立．设g(x)＝2x＋，则g′(x)＝2－.∵x∈(0，)时>4，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，)上单调递减，g(x)>g()＝3，∴a≤3.(2)若f(x)既有极大值又有极小值，则f′(x)＝0必须有两个不等的正实数根x1，x2，即2x2－ax＋1＝0有两个不等的正实数根．故a应满足⇒⇒a>2，∴当a>2时，f′(x)＝0有两个不等的实数根，不妨设x10，x>x2时f′(x)<0，∴当a>2时f(x)既有极大值f(x2)又有极小值f(x1)．1.已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝lnx－ax(a>)，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于________．\n答案　1解析　∵f(x)是奇函数，∴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>，∴0<<2.令f′(x)>0，则x<，∴f(x)在(0，)上递增；令f′(x)<0，则x>，∴f(x)在(，2)上递减，∴f(x)max＝f()＝ln－a·＝－1，∴ln＝0，得a＝1.2．设函数f(x)＝2x3＋3ax2＋3bx＋8c在x＝1及x＝2时取得极值．(1)求a、b的值；(2)若对任意的x∈[0,3]，都有f(x)0；当x∈(1,2)时，f′(x)<0；当x∈(2,3)时，f′(x)>0.所以，当x＝1时，f(x)取得极大值f(1)＝5＋8c.又f(0)＝8c，f(3)＝9＋8c，则当x∈[0,3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c.因为对于任意的x∈[0,3]，有f(x)9.因此c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)．3．(·全国卷Ⅱ，文)已知函数f(x)＝x3－3ax2＋3x＋1.(1)设a＝2，求f(x)的单调区间；(2)设f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a的取值范围．解析　(1)当a＝2时，f(x)＝x3－6x2＋3x＋1，f′(x)＝3(x－2＋)(x－2－)．当x∈(－∞，2－)时f′(x)＞0，f(x)在(－∞，2－)上单调增加；当x∈(2－，2＋)时f′(x)＜0，f(x)在(2－，2＋)上单调减少；当x∈(2＋，＋∞)时f′(x)＞0，f(x)在(2＋，＋∞)上单调增加．综上，f(x)的单调增区间是(－∞，2－)和(2＋，＋∞)，f(x)的单调减区间是(2－，2＋)．(2)f′(x)＝3[(x－a)2＋1－a2]．当1－a2≥0时，f′(x)≥0，f(x)为增函数，故f(x)无极值点；当1－a2＜0时，f′(x)＝0有两个根，x1＝a－，x2＝a＋.由题意知，2＜a－＜3，①或2＜a＋＜3.②\n①式无解．②式的解为＜a＜.因此a的取值范围是(，)．1．(·合肥质检)“我们称使f(x)＝0的x为函数y＝f(x)的零点．若函数y＝f(x)在区间[a，b]上是连续的，单调的函数，且满足f(a)·f(b)<0，则函数y＝f(x)在区间[a，b]上有唯一的零点”．对于函数f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1，(1)讨论函数f(x)在其定义域内的单调性，并求出函数极值．(2)证明连续函数f(x)在[2，＋∞)内只有一个零点．解析　(1)解：f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1定义域为(－1，＋∞)，且f′(x)＝－2x＋2＝，f′(x)＝0⇒x＝2(－2舍去).x(－1,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－f(x)取得极大值由表可知，f(x)值在区间(－1,2]上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减．∴当x＝2时，f(x)的极大值为f(2)＝6ln3－1.(2)证明：由(1)知f(2)＝6ln3－1>0，f(x)在[2,7]上单调递减，又f(7)＝6ln8－36＝18(ln2－2)<0，∴f(2)·f(7)<0.∴f(x)在[2,7]上有唯一零点．当x∈[7，＋∞)时，f(x)≤f(7)<0，故x∈[7，＋∞)时，f(x)不为零．∴y＝f(x)在[7，＋∞)上无零点．∴函数f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1在定义域内只有一个零点．2．(·江西高考)设函数f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋ax(a>0)．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为，求a的值．解析　函数f(x)的定义域为(0,2)，f′(x)＝－＋a.(1)当a＝1时，f′(x)＝，所以f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，2)；(2)当x∈(0,1]时，f′(x)＝＋a>0，即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝.3．已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a.(1)求f(x)的单调递减区间；\n(2)若f(x)在区间[－2,2]上的最大值为它在该区间上的最小值．分析　本题考查多项式的导数公式及运用导数求函数的单调区间和函数的最值，题目中需注意应先比较f(2)和f(－2)的大小，然后判定哪个是最大值从而求出a.解　(1)f′(x)＝－3x2＋6x＋9.令f′(x)<0，解得x<－1，或x>3，∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．(2)∵f(－2)＝8＋12－18＋a＝2＋a，f(2)＝－8＋12＋18＋a＝22＋a，∴f(2)>f(－2)．∵在(－1,3)上f′(x)>0，∴f(x)在(－1,2]上单调递增．又由于f(x)在[－2，－1)上单调递减，∴f(－1)是f(x)的极小值，且f(－1)＝a－5.∴f(2)和f(－1)分别是f(x)在区间[－2,2]上的最大值和最小值，于是有22＋a＝得a＝－2.∴f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2.∴f(－1)＝a－5＝－7，即函数f(x)在区间[－2,2]上的最小值为－7.4．(·天津卷)已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)已知函数y＝g(x)的图象与函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称．证明当x＞1时，f(x)＞g(x)；(3)如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明x1＋x2＞2.解析　(1)f′(x)＝(1－x)e－x.令f′(x)＝0，解得x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值所以f(x)在(－∞，1)内是增函数，在(1，＋∞)内是减函数．函数f(x)在x＝1处取得极大值f(1)，且f(1)＝.(2)由题意可知g(x)＝f(2－x)，得g(x)＝(2－x)ex－2.令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝xe－x＋(x－2)ex－2，于是F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x.当x＞1时，2x－2＞0，从而e2x－2－1＞0，又e－x＞0.所以F′(x)＞0.从而函数F(x)在[1，＋∞)上是增函数．又F(1)＝e－1－e－1＝0，所以x＞1时，有F(x)＞F(1)＝0，即f(x)＞g(x)．(3)①若(x1－1)(x2－1)＝0，由(1)及f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2＝1，与x1≠x2矛盾．②若(x1－1)(x2－1)＞0，由(1)及f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2，与x1≠x2矛盾．根据①②得(x1－1)(x2－1)＜0，不妨设x1＜1，x2＞1.由(2)可知，f(x2)＞g(x2)，g(x2)＝f(2－x2)，所以f(x2)＞f(2－x2)，从而f(x1)＞f\n(2－x2)，因为x2＞1，所以2－x2＜1，又由(1)可知函数f(x)在区间(－∞，1)内是增函数，所以x1＞2－x2，即x1＋x2＞2.5．已知函数f(x)＝ax3－ax2，函数g(x)＝3(x－1)2.(1)当a>0时，求f(x)和g(x)的公共单调区间；(2)当a>2时，求函数h(x)＝f(x)－g(x)的极小值；(3)讨论方程f(x)＝g(x)的解的个数．解　(1)f′(x)＝3ax2－3ax＝3ax(x－1)，又a>0，由f′(x)>0得x<0或x>1，由f′(x)<0得00，φ(x)的极小值为φ()＝－＋－3<0，∴φ(x)的图象与x轴有三个交点，即方程f(x)＝g(x)有三个解；③若02，由(2)知φ(x)的极大值为φ()＝－4(－)2－<0，∴φ(x)的图象与x轴只有一个交点，即方程f(x)＝g(x)只有一个解．综上知，若a≥0，方程f(x)＝g(x)只有一个解；若a<0，方程f(x)＝g(x)有三个解．