《2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第二章 第12課時 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值課時闖關(guān)（含解析） 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第二章 第12課時 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值課時闖關(guān)（含解析） 新人教版（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第二章 第12課時 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值課時闖關(guān)（含解析） 新人教版 一、選擇題 1．下面為函數(shù)y＝xsinx＋cosx的遞增區(qū)間的是(　　) A．(，)　　　　　　　 B．(π，2π) C．(，) D．(2π，3π) 解析：選C.y′＝(xsinx＋cosx)′＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，當(dāng)x∈(，)時，恒有xcosx>0.故選C. 2．設(shè)f(x)＝x(ax2＋bx＋c)(a≠0)在x＝1和x＝－1處均有極值，則下列點中一定在x軸上的是(　　) A．(a，b) B．(a，c) C．(b，c) D．(a＋b，c)

2、 解析：選A.f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由題意知1、－1是方程3ax2＋2bx＋c＝0的兩根，∴1－1＝－，b＝0，故選A. 3．函數(shù)f(x)＝x3＋3x2＋3x－a的極值點的個數(shù)是(　　) A．2 B．1 C．0 D．由a確定 解析：選C.f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立， ∴f(x)在R上單調(diào)遞增，故f(x)無極值，選C. 4．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝4x3－4x，且f(x)的圖象過點(0，－5)，當(dāng)函數(shù)f(x)取得極大值－5時，x的值應(yīng)為(　　) A．－1 B．0 C．1 D．±1 解析：選B.由f′(x)＝0，

3、得極值點為x＝0和x＝±1.僅當(dāng)x＝0時，f(x)取得極大值．故x的值為0. 5．設(shè)f(x)、g(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù)，f′(x)、g′(x)分別為f(x)、g(x)的導(dǎo)函數(shù)，且滿足f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，則當(dāng)af(b)g(x) B．f(x)g(a)>f(a)g(x) C．f(x)g(x)>f(b)g(b) D．f(x)g(x)>f(b)g(a) 解析：選C.令y＝f(x)·g(x)， 則y′＝f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)， 由于f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0， 所以y在R上單調(diào)遞

4、減， 又xf(b)g(b)． 二、填空題 6．(2012·遼陽質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝x＋的單調(diào)減區(qū)間為________． 解析：f′(x)＝1－＝， 令f′(x)<0， 解得－30?x<或x>2，f′(x)<

5、0?

6、 (1)當(dāng)t＝1時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)當(dāng)t≠0時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)證明：對任意t∈(0，＋∞)，f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)均存在零點． 解：(1)當(dāng)t＝1時，f(x)＝4x3＋3x2－6x，f(0)＝0，f′(x)＝12x2＋6x－6，f′(0)＝－6.所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝－6x. (2)f′(x)＝12x2＋6tx－6t2. 令f′(x)＝0，解得x＝－t或x＝. 因為t≠0，所以分兩種情況討論： ①若t<0，則<－t.當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x

7、 (－t，＋∞) f′(x) ＋ － ＋ f(x) ↗ ↘ ↗ 所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，(－t，＋∞)；f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是. ②若t>0，則－t<.當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－t) f′(x) ＋ － ＋ f(x) ↗ ↘ ↗ 所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－t)，；f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是. (3)證明：由(2)可知，當(dāng)t>0時，f(x)在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增．以下分兩種情況討論： ①當(dāng)≥1，即t≥2時，f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞

8、增． f(0)＝t－1>0，f(1)＝－6t2＋4t＋3≤－6×4＋4×2＋3<0. 所以對任意t∈[2，＋∞)，f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)均存在零點． ②當(dāng)0<<1，即00， 所以f(x)在內(nèi)存在零點． 若t∈(1,2)，f＝－t3＋(t－1)<－t3＋1<0， f(0)＝t－1>0， 所以f(x)在內(nèi)存在零點． 所以，對任意t∈(0,2)，f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)均存在零點． 綜上，對任意t∈(0，＋∞)，

9、f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)均存在零點． 10．已知函數(shù)f(x)＝x2＋bsinx－2(b∈R)，F(xiàn)(x)＝f(x)＋2，且對于任意實數(shù)x，恒有F(x)－F(－x)＝0. (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)已知函數(shù)g(x)＝f(x)＋2(x＋1)＋alnx在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)F(x)＝f(x)＋2＝x2＋bsinx－2＋2＝x2＋bsinx， 依題意，對任意實數(shù)x，恒有F(x)－F(－x)＝0. 即x2＋bsinx－(－x)2－bsin(－x)＝0， 即2bsinx＝0， 所以b＝0， 所以f(x)＝x2－2. (2)∵g(x)＝x

10、2－2＋2(x＋1)＋alnx， ∴g(x)＝x2＋2x＋alnx， g′(x)＝2x＋2＋. ∵函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減， ∴在區(qū)間(0,1)內(nèi)， g′(x)＝2x＋2＋＝≤0恒成立， ∴a≤－(2x2＋2x)在(0,1)上恒成立 . ∵－(2x2＋2x)在(0,1)上單調(diào)遞減， ∴a≤－4為所求． 11．(探究選做)已知關(guān)于x的函數(shù)g(x)＝＋alnx(a∈R)，f(x)＝x2＋g(x)． (1)試討論函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若a>0，試證f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有極值． 解：(1)由題意知，g(x)的定義域為(0，＋∞)． ∵g(x)＝＋al

11、nx，∴g′(x)＝－＋＝. ①若a≤0，則g′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，(0，＋∞)為其單調(diào)遞減區(qū)間； ②若a>0，則由g′(x)＝0，得x＝. x∈(0，)時，g′(x)<0；x∈(，＋∞)時，g′(x)>0. 所以(0，)為其單調(diào)遞減區(qū)間，(，＋∞)為其單調(diào)遞增區(qū)間． (2)證明：∵f(x)＝x2＋g(x)， ∴f(x)的定義域也為(0，＋∞)，且f′(x)＝(x2)′＋g′(x)＝2x＋＝. 令h(x)＝2x3＋ax－2，x∈(0，＋∞)， 因為a>0，則h′(x)＝6x2＋a>0，所以h(x)為(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)，又h(0)＝－2<0，h(1)＝a>0，所以在區(qū)間(0,1)內(nèi)h(x)至少存在一個變號零點x0，且x0也是f′(x)的一個變號零點，即f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，故f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有極值．