高考数学总复习 第二章第11课时 导数与函数的单调性、极值课时闯关（含解析）

第二章第11课时导数与函数的单调性、极值课时闯关（含答案解析）一、选择题1．函数f(x)＝ax＋eq\f(b,x)(a，b∈(0，＋∞))的单调递减区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(b,a)))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(b,a)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(b,a))，0))、eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(b,a)))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(b,a))，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(b,a))))解析：选C.由已知得f′(x)＝a－eq\f(b,x2)，令f′(x)＜0，解得－eq\r(\f(b,a))＜x＜0或0＜x＜eq\r(\f(b,a))，故所求递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(b,a))，0))、eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(b,a)))).2．设f(x)＝x(ax2＋bx＋c)(a≠0)在x＝1和x＝－1处均有极值，则下列点中一定在x轴上的是()A．(a，b) B．(a，c)C．(b，c) D．(a＋b，c)解析：选A.f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由题意知1、－1是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根，∴1－1＝－eq\f(2b,3a)，b＝0，故选A.3．下面为函数y＝xsinx＋cosx的递增区间的是()A．(eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)) B．(π，2π)C．(eq\f(3π,2)，eq\f(5π,2)) D．(2π，3π)解析：选C.y′＝(xsinx＋cosx)′＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈(eq\f(3π,2)，eq\f(5π,2))时，恒有xcosx>0.故选C.4．函数f(x)＝x3＋3x2＋3x－a的极值点的个数是()A．2 B．1C．0 D．由a确定解析：选C.f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增，故f(x)无极值．5．(2012·秦皇岛质检)如图是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象，则xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()A.eq\f(8,9) B.eq\f(10,9)C.eq\f(16,9) D.eq\f(28,9)解析：选C.由图象可得f(x)＝x(x＋1)(x－2)＝x3－x2－2x，又∵x1、x2是f′(x)＝3x2－2x－2＝0的两根，∴x1＋x2＝eq\f(2,3)，x1x2＝－eq\f(2,3)，故xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋2×eq\f(2,3)＝eq\f(16,9).二、填空题6．函数f(x)＝x＋eq\f(9,x)的单调减区间为________．解析：f′(x)＝1－eq\f(9,x2)＝eq\f(x2－9,x2)，令f′(x)<0，解得－3<x<0或0<x<3，故单调减区间为(－3,0)和(0,3)．答案：(－3,0)，(0,3)7．函数y＝2x－eq\f(1,x2)的极大值是________．解析：y′＝2＋eq\f(2,x3)，令y′＝0得x＝－1，当x＜－1时，y′＞0；当x＞－1时，y′＜0.∴当x＝－1时，y取极大值－3.答案：－38．已知x＝3是函数f(x)＝alnx＋x2－10x的一个极值点，则实数a＝________.解析：f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－10，由f′(3)＝eq\f(a,3)＋6－10＝0得a＝12，经检验满足．答案：12三、解答题9．求函数f(x)＝2x3－6x2＋7的单调区间和极值．解：f′(x)＝6x2－12x，令f′(x)＞0，即6x2－12x＞0，解得x＜0或x＞2.同理，由f′(x)＜0，解得0＜x＜2.∴函数的单调增区间为(－∞，0)和(2，＋∞)，单调减区间为(0,2)．∴当x＝0时，f(x)取极大值f(0)＝7，当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝－1.10．已知函数f(x)＝ax2＋blnx在x＝1处有极值eq\f(1,2).(1)求a，b的值；(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．解：(1)因为函数f(x)＝ax2＋blnx，所以f′(x)＝2ax＋eq\f(b,x).又函数f(x)在x＝1处有极值eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝0，,f1＝\f(1,2)))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝0，,a＝\f(1,2).))可得a＝eq\f(1,2)，b＝－1.(2)由(1)可知f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx，其定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x＋1x－1,x).当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗所以函数y＝f(x)的单调减区间是(0,1)，单调增区间是(1，＋∞)．11．已知函数f(x)＝x2＋bsinx－2(b∈R)，F(x)＝f(x)＋2，且对于任意实数x，恒有F(x)－F(－x)＝0.(1)求函数f(x)的解析式；(2)已知函数g(x)＝f(x)＋2(x＋1)＋alnx在区间(0,1)上单调递减，求实数a的取值范围．解：(1)F(x)＝f(x)＋2＝x2＋bsinx－2＋2＝x2＋bsinx，依题意，对任意实数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)＝x2－2＋2(x＋1)＋alnx，∴g(x)＝x2＋2x＋alnx，g′(x)＝2x＋2