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导数与函数的单调性、极值、最值


第 2 讲 导数与函数的单调性、极值、最值

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟)
一、选择题 1.(2015· 威海模拟)函数 f(x)=(x-3)ex 的单调递增区间是 A.(-∞,2) C.(1,4) B.(0,3) D.(2,+∞) ( )

解析 函数 f(x)=(x-3)ex 的导数为 f′(x)=[(x-3)ex]

′=ex+(x-3)ex=(x-2)ex. 由函数导数与函数单调性的关系,得当 f′(x)>0 时,函数 f(x)单调递增,此时 由不等式 f′(x)=(x-2)ex>0,解得 x>2. 答案 D 2.函数 y=xex 的最小值是 A.-1 1 C.-e B.-e D.不存在 ( )

解析 y′=ex+xex=(1+x)ex,令 y′=0,则 x=-1,因为 x<-1 时,y′<0,x 1 >-1 时,y′>0,所以 x=-1 时,ymin=-e . 答案 C 3.(2013· 浙江卷)已知函数 y= f(x)的图象是下列四个图象之 一,且其导函数 y=f′(x)的图象如图所示,则该函数的 图象是 ( )

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解析

由 y=f′(x)的图象知,y=f(x)的图象为增函数,且在区间(-1,0)上增

长速度越来越快,而在区间(0,1)上增长速度越来越慢. 答案 B 4.对于在 R 上可导的任意函数 f(x),若满足(x-a)f′(x)≥0,则必有 A.f(x)≥f(a) C.f(x)>f(a) B.f(x)≤f(a) D.f(x)<f(a) ( )

解析 由(x-a)f′(x)≥0 知,当 x>a 时,f′(x)≥0;当 x<a 时,f′(x)≤0. ∴当 x=a 时,函数 f(x)取得最小值,则 f(x)≥f(a). 答案 A 5.(2013· 湖北卷)已知函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数 a 的取值范围 是 A.(-∞,0) C.(0,1) 1? ? B.?0,2? ? ? D.(0,+∞) ( )

解析 由题知,x>0,f′(x)=ln x+1-2ax,由于函数 f(x)有两个极值点,则 f′(x) =0 有两个不等的正根,即函数 y=ln x+1 与 y=2ax 的图象有两个不同的交 点(x>0),则 a>0;设函数 y=ln x+1 上任一点(x0,1+ln x0)处的切线为 l,则

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1 1 1+ln x0 1 kl=y′=x ,当 l 过坐标原点时,x = x ?x0=1,令 2a=1?a=2,结合图
0 0 0

1 象知 0<a<2,故选 B. 答案 B 二、填空题 6.已知函数 f(x)=x3-12x+8 在区间[-3,3]上的最大值与最小值分别为 M,m, 则 M-m=________. 解析 由题意,得 f′(x)=3x2-12,令 f′(x)=0,得 x=±2,又 f(-3)=17, f(-2)=24,f(2)=-8,f(3)=-1,所以 M=24,m=-8,M-m=32. 答案 32 7.(2015· 广州模拟)已知 f(x)=x3+3ax2+bx+a2 在 x=-1 时有极值 0,则 a-b =________. 解析 由题意得 f′(x)=3x2+6ax+b,则
2 ? ? ?a +3a-b-1=0, ?a=1, ? ?a=2, ? 解得? 或? ? ? ? ?b-6a+3=0, ?b=3 ?b=9,

经检验当 a=1,b=3 时,函数 f(x)在 x=-1 处无法取得极值,而 a=2,b= 9 满足题意,故 a-b=-7. 答案 -7 1 1 ?2 ? 8.若函数 f(x)=-3x3+2x2+2ax 在?3,+∞?上存在单调递增区间,则 a 的取值 ? ? 范围是________. ? 1? 1 解析 对 f(x)求导,得 f′(x)=-x2+x+2a=-?x-2?2+ +2a. ? ? 4 ?2 ? ?2? 2 当 x∈?3,+∞?时,f′(x)的最大值为 f′?3?=9+2a. ? ? ? ? 2 1 令9+2a>0,解得 a>-9. ? 1 ? 所以 a 的取值范围是?-9,+∞?. ? ? ? 1 ? 答案 ?-9,+∞? ? ?
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三、解答题 9.设 f(x)=a(x-5)2+6ln x,其中 a∈R,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与 y 轴相交于点(0,6). (1)确定 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间与极值. 解 (1)因为 f(x)=a(x-5)2+6ln x, 6 故 f′(x)=2a(x-5)+ x. 令 x=1,得 f(1)=16a,f′(1)=6-8a, 所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y-16a=(6-8a)(x-1), 1 由点(0,6)在切线上,可得 6-16a=8a-6,解得 a=2. 1 (2)由(1)知,f(x)=2(x-5)2+6ln x(x>0), 6 (x-2)(x-3) f′(x)=x-5+x = . x 令 f′(x)=0,解得 x1=2,x2=3. 当 0<x<2 或 x>3 时,f′(x)>0, 故 f(x)的递增区间是(0,2),(3,+∞);当 2<x<3 时,f′(x)<0,故 f(x)的 递减区间是(2,3). 9 由此可知 f(x)在 x=2 处取得极大值 f(2)=2+6ln 2,在 x=3 处取得极小值 f(3) =2+6ln 3. 10.(2014· 湘潭检测)已知函数 f(x)=-x3+ax2+bx+c 在点 P(1,f(1))处的切线方 程为 y=-3x+1. (1)若函数 f(x)在 x=-2 时有极值,求 f(x)的解析式; (2)函数 f(x)在区间[-2,0]上单调递增,求实数 b 的取值范围. 解 f′(x)=-3x2+2ax+b,函数 f(x)在 x=1 处的切线斜率为-3,所以 f′(1)= -3+2a+b=-3,即 2a+b=0, 又 f(1)=-1+a+b+c=-2 得 a+b+c=-1. (1)函数 f(x)在 x=-2 时有极值, 所以 f′(-2)=-12-4a+b=0,
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① ②



由①②③解得 a=-2,b=4,c=-3,所以 f(x)=-x3-2x2+4x-3. (2)因为函数 f(x)在区间[-2,0]上单调递增,所以导函数 f′(x)=-3x2-bx+b ?f′(-2)=-12+2b+b≥0, 在区间[-2,0]上的值恒大于或等于零,则? ?f′(0)=b≥0, 得 b≥4,所以实数 b 的取值范围是[4,+∞).

能力提升题组 (建议用时:25 分钟)
11.(2015· 温州十校月考)已知 f(x)是可导的函数,且 f′(x)<f(x)对于 x∈R 恒成立, 则 A.f(1)<ef(0),f(2 014)>e2 014f(0) B.f(1)>ef(0),f(2 014)>e2 014f(0) C.f(1)>ef(0),f(2 014)<e2 014f(0) D.f(1)<ef(0),f(2 014)<e2 014f(0) 解析 令 g(x)= f(x) ex ,
x x

(

)

?f(x)? f′(x)e -f(x)(e )′ f′(x)-f(x) 则 g′(x)=? x ?′= = <0, e2x ex ? e ? 所以函数 g(x)= f(x) ex 在 R 上是单调减函数,

所以 g(1)<g(0),g(2 014)<g(0), 即 f(1) f(0) f(2 014) f(0) < , < , e1 1 e2 014 1

故 f(1)<ef(0),f(2 014)<e2 014f(0). 答案 D x3 a ?1 ? 12.(2015· 福州质量检测)若函数 f(x)= 3 -2x2+x+1 在区间?2,3?上有极值点, ? ? 则实数 a 的取值范围是 ( )

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5? ? A.?2,2? ? ?

5? 10? 10? ? ? ? B.?2,2? C.?2, 3 ? D.?2, 3 ? ? ? ? ? ? ? ?1 ? ?1 ? 解析 若函数 f(x)在区间?2,3?上无极值,则当 x∈?2,3?时,f′(x)=x2-ax+ ? ? ? ? ?1 ? ?1 ? 1≥0 恒成立或当 x∈?2,3?时,f′(x)=x2-ax+1≤0 恒成立.当 x∈?2,3?时, ? ? ? ? 10? 1 1 ? ?1 ? y=x+ x的值域是?2, 3 ?; 当 x∈?2,3?时, f′(x)=x2-ax+1≥0, 即 a≤x+x 恒 ? ? ? ? 1 10 ?1 ? 成立,a≤2;当 x∈?2,3?,f′(x)=x2-ax+1≤0,即 a≥x+ x恒成立,a≥ 3 . ? ? 10? ?1 ? ? 因此要使函数 f(x)在?2,3?上有极值点,实数 a 的取值范围是?2, 3 ?,故选 ? ? ? ? C. 答案 C 1 13.已知函数 f(x)=-2x2+4x-3ln x 在区间[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围 是________. (x-1)(x-3) 3 解析 由题意知 f′(x)=-x+4-x =- ,由 f′(x)=0 得函数 x f(x)的两个极值点为 1 和 3,则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内, 函数 f(x)在区间[t, t+1]上就不单调, 由 t<1<t+1 或 t<3<t+1, 得 0<t<1 或 2<t<3. 答案 (0,1)∪(2,3) 14.(2014· 安徽卷)设函数 f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中 a>0. (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (2)当 x∈[0,1]时,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值. 解 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f′(x)=1+a-2x-3x2. 令 f′(x)=0,得 x1= -1- 4+3a -1+ 4+3a , x , 2= 3 3

x1<x2,所以 f′(x)=-3(x-x1)(x-x2). 当 x<x1 或 x>x2 时,f′(x)<0;当 x1<x<x2 时,f′(x)>0.故 f(x)在(-∞,x1) 和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增. (2)因为 a>0,所以 x1<0,x2>0.
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①当 a≥4 时,x2≥1,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,所以 f(x)在 x=0 和 x=1 处分别取得最小值和最大值.②当 0<a<4 时,x2<1,由(1)知,f(x)在 [0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减,所以 f(x)在 x=x2= 取得最大值.又 f(0)=1,f(1)=a,所以 当 0<a<1 时,f(x)在 x=1 处取得最小值; 当 a=1 时,f(x)在 x=0 处和 x=1 处同时取得最小值; 当 1<a<4 时,f(x)在 x=0 处取得最小值. -1+ 4+3a 处 3

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