「精品」高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第3讲导数与函数的单调性极值最值问题练习理

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专题一 函数与导数、不等式 第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值 问题

练习 理
一、选择题
1.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象所示，则下列叙述正
确的是( )
A.f(b)＞f(c)＞f(d)
B.f(b)＞f(a)＞f(c)
C.f(c)＞f(b)＞f(a)
D.f(c)＞f(b)＞f(d)
解析 由f′(x)的图象知，x∈[a，c]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数，∵c＞b＞a，∴f(c)＞f(b)＞f(a).
答案 C
2.若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是( )
A.(－∞，－2] B.(－∞，－1]
C.[2，＋∞) D.[1，＋∞)
解析 由于f′(x)＝k－1x，f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f′(x)＝k－1x≥0在(1，＋
∞)上恒成立，由于k≥1x，而0＜1x＜1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞).
答案 D
3.(2016·保定模拟)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围是( )
A.[0，1) B.(－1，1)
C.0，12 D.(0，1)
解析 f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a).当a≤0时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，1)内单调递增，无最小值.
当a＞0时，f′(x)＝3(x－a)(x＋a).
当x∈(－∞，－a)和(a，＋∞)时，f(x)单调递增；
当x∈(－a，a)时，f(x)单调递减，
所以当a＜1，即0＜a＜1时，f(x)在(0，1)内有最小值.
答案 D

4.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则ab的值为( )
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A.－23 B.－2

C.－2或－23 D.2或－23

解析 由题意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即3＋2a＋b＝0，1＋a＋b－a2－7a＝10，解得






a
＝－2，

b
＝1

或

a＝－6，b＝9，经检验




a
＝－6，

b
＝9

满足题意，故ab＝－23.

答案 A
5.已知函数f(x)＝13x3＋ax2＋3x＋1有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A.(3，＋∞) B.(－∞，－3)
C.(－3，3) D.(－∞，－3)∪(3，＋∞)
解析 f′(x)＝x2＋2ax＋3.
由题意知方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根，
所以Δ＝4a2－12＞0，
解得a＞3或a＜－3.
答案 D
二、填空题
6.已知函数f(x)＝4ln x＋ax2－6x＋b(a，b为常数)，且x＝2为f(x)的一个极值点，则a的值为________.
解析 由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵f′(x)＝4x＋2ax－6，∴f′(2)＝2＋4a－6＝0，即a＝1.
答案 1
7.已知函数f(x)＝12mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是____________.
解析 f′(x)＝mx＋1x－2≥0对一切x＞0恒成立，

∴m≥－1x2＋2x.
令g(x)＝－1x2＋2x，则当1x＝1时，函数g(x)取最大值1.故m≥1.
答案 [1，＋∞)
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8.(2016·北京卷)设函数f(x)＝x3－3x，x≤a，－2x，x＞a.
(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；
(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________.

解析 (1)当a＝0时，f(x)＝x3－3x，x≤0，－2x，x＞0.
若x≤0，f′(x)＝3x2－3＝3(x2－1).
由f′(x)＞0得x＜－1，由f′(x)＜0得－1＜x≤0.
∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增；
在(－1，0]上单调递减，∴f(x)最大值为f(－1)＝2.
若x＞0，f(x)＝－2x单调递减，所以f(x)＜f(0)＝0.
所以f(x)最大值为2.
(2)函数y＝x3－3x与y＝－2x的图象如图.
由(1)知，当a≥－1时，f(x)取得最大值2.
当a＜－1时，y＝－2x在x＞a时无最大值.且－2a＞2.
所以a＜－1.
答案 (1)2 (2)(－∞，－1)
三、解答题
9.(2016·北京卷)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋
4.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间.
解 (1)f(x)的定义域为R.
∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.

依题设，f（2）＝2e＋2，f′（2）＝e－1，即2ea－2＋2b＝2e＋2，－ea－2＋b＝e－1.
解得a＝2，b＝e.
(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex，
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，
f′(x)与1－x
＋ex－1同号.

令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.
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所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增.
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，
综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞).
故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).
10.已知f(x)＝ax－ln x，a∈R.
(1)若f(x)在x＝1处有极值，求f(x)的单调递增区间；
(2)是否存在实数a，使f(x)在区间(0，e]上的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.
解 (1)由题意知f′(1)＝0，∴a－1＝0，∴a＝1.
经检验a＝1，f(x)在x＝1处有极值，
所以f(x)＝x－ln x，
令f′(x)＝1－1x＞0，解得x＞1或x＜0，
又f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞).
(2)假设存在实数a，使f(x)＝ax－ln x，(x∈(0，e])有最小值3.
①当a≤0时，因为x∈(0，e]，所以f′(x)＜0，
所以f(x)在(0，e]上单调递减，
f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，解得a
＝4e(舍去)；

②当0＜1a＜e时，f(x)在0，1a上单调递减，在1a，e上单调递增，
∴f(x)min＝f1a＝1＋ln a＝3，解得a＝e2，满足条件；
③当1a≥e时，因为x∈(0，e]，所以f′(x)＜0，
∴f(x)在(0，e]上单调递减，
∴f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3.解得a＝4e，舍去.
综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)有最小值3.
11.设函数f(x)＝exx2－k2x＋ln x(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数).
(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围.
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解 (1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞).

f′(x)＝x2ex－2xexx4－k




－2x2＋
1

x

＝xex－2exx3－k（x－2）x2＝（x－2）（ex－kx）x3.
由k≤0可得ex－kx＞0，
所以当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，函数y＝f(x)单调递减，
x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数y＝f(x
)单调递增.

所以f(x)的单调递减区间为(0，2]，单调递增区间为[2，＋∞).
(2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，
故f(x)在(0，2)内不存在极值点；
当k＞0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞).
因为g′(x)＝ex－k＝ex－eln k，当0＜k≤1时，
当x∈(0，2)时，g′(x)＝ex－k＞0，y＝g(x)单调递增.
故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点；
当k＞1时，得x∈(0，ln k)时，g′(x)＜0，函数y＝g(x)单调递减.
x∈(ln k，＋∞)时，g′(x)＞0，函数y＝g(x
)单调递增.

所以函数y＝g(x)的最小值为g(ln k)＝k(1－ln k).

函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点当且仅当g（0）＞0，g（ln k）＜0，g（2）＞0，0＜ln k＜2，
解得e＜k＜e22，综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为e，e22.