2022届数学一轮(文科)人教B版课时作业-第三章-导数及其应用-第3章-第2讲.docx

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．(2021·威海模拟)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) 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 B．－e
C．－ D．不存在
解析　y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex，令y′＝0，则x＝－1，由于x＜－1时，y′＜0，x＞－1时，y′＞0，所以x＝－1时，ymin＝－.
答案　C
3．(2021·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(　　)

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．设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则(　　)
A．a＜－1 B．a＞－1
C．a＞－ D．a＜－
解析　∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.
∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，
∵x＞0时，－ex＜－1，∴a＝－ex＜－1.
答案　A
5．(2022·青岛模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和微小值，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－1,2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞)
C．(－3,6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
解析　∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，
由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根，
∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，即a2－3a－18＞0.
∴a＞6或a＜－3.
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．(2021·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
解得或
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
8．若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在上存在单调递增区间，则a的取值范围是________.
解析　对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－2＋＋2a.
当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a.
令＋2a＞0，解得a＞－.
所以a的取值范围是.
答案　
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)由于f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，
故f′(x)＝2a(x－5)＋.
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)，
由点(0,6)在切线上，可得6－16a＝8a－6，解得a＝.
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x>0)，
f′(x)＝x－5＋＝.
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)．
由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2，在x＝3处取得微小值f(3)＝2＋6ln 3.
10．(2022·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　①，
又f(1)＝－1＋a＋b＋c＝－2得a＋b＋c＝－1　②.
(1)函数f(x)在x＝－2时有极值，所以f′(－2)＝－12－4a＋b＝0③，由①②③解得a＝－2，b＝4，c＝－3，
所以f(x)＝－x3－2x2＋4x－3.
(2)由于函数f(x)在区间[－2,0]上单调递增，所以导函数f′(x)＝－3x2－bx＋b在区间[－2,0]上的值恒大于或等于零，则
得b≥4，所以实数b的取值范围是[4，＋∞)．
力气提升题组
(建议用时：25分钟)
11．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是(　　)
A．20 B．18
C．3 D．0
解析　由于f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)
令f′(x)＝0得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点．
又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.由题设知在区间[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20，所以t的最小值是20.
答案　A
12．(2021·福州质量检测)若函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上有极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
解析　若函数f(x)在区间上无极值，则当x∈时，f′(x)＝x2－ax＋1≥0恒成立或当x∈时，f′(x)＝x2－ax＋1≤0恒成立．当x∈时，y＝x＋的值域是；当x∈时，f′(x)＝x2－ax＋1≥0，即a≤x＋恒成立，a≤2；当x∈，f′(x)＝x2－ax＋1≤0，即a≥x＋恒成立，a≥.因此要使函数f(x)在上有极值点，实数 a的取值范围是，故选C．
答案　C
13．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________.
解析　由题意知f′(x)＝－x＋4－＝－，由f′(x)＝0得函数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．(2022·安徽卷)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.
(1)争辩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＝，x2＝，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)由于a＞0，所以x1＜0，x2＞0.
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＝处取得最大值．
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.