《备考指南 文科数学》课件-第3章 第2讲

第三章第2讲[A级基础达标]1．(2018年商洛模拟)设f(x)在定义域内可导，其图象如图所示，则导函数f′(x)的图象可能是()ABCD【答案】B【解析】由f(x)的图象可得，在y轴的左侧，f(x)递减，则f′(x)<0，排除C，D；在y轴的右侧，f(x)先递减，再递增，后递减，即有导数先小于0，再大于0，最后小于0，排除A．故选B．2．(2018年银川三模)已知函数f(x)＝cosx＋alnx在x＝eq\f(π,6)处取得极值，则a＝()A．eq\f(1,4) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,12) D．－eq\f(π,12)【答案】C【解析】因为f(x)＝cosx＋alnx，所以f′(x)＝－sinx＋eq\f(a,x).因为f(x)在x＝eq\f(π,6)处取得极值，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)＋eq\f(a,\f(π,6))＝0，解得a＝eq\f(π,12).故选C．3．函数f(x)＝eq\f(x,lnx)的单调递增区间是()A．(0,1) B．(1，e)C．(1，＋∞) D．(e，＋∞)【答案】D【解析】f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，令f′(x)＝eq\f(lnx－1,ln2x)＞0，得x＞e.所以f(x)＝eq\f(x,lnx)的单调递增区间是(e，＋∞)．故选D．4．(2018年沈阳一模)设函数f(x)＝xex＋1，则()A．x＝1为f(x)的极大值点 B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点 D．x＝－1为f(x)的极小值点【答案】D【解析】由f(x)＝xex＋1，得f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)＞0，得x＞－1，所以f(x)在(－1，＋∞)上是增函数；令f′(x)＜0，得x＜－1，所以f(x)在(－∞，－1)上是减函数，所以x＝－1为f(x)的极小值点．故选D．5．对于在R上可导的函数f(x)，若对任意x都满足(x－a)f′(x)≥0，则必有()A．f(x)≥f(a) B．f(x)≤f(a)C．f(x)>f(a) D．f(x)<f(a)【答案】A【解析】由(x－a)f′(x)≥0知，当x>a时，f′(x)≥0；当x<a时，f′(x)≤0.所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值，则f(x)≥f(a)．故选A．6．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则不等式f(x)>2x＋4的解集为()A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)【答案】B【解析】由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增．又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1.故选B．7．(2018年玉溪模拟)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则c＝________.【答案】6【解析】因为f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝3x2－4cx＋c2，且f(x)在x＝2处有极大值，所以f′(2)＝0，即c2－8c＋12＝0，解得c＝6或2.经检验，c＝2时，函数f(x)在x＝2处取得极小值，不符合题意，应舍去．故c＝6.8．设函数f(x)＝x3－3x＋1，x∈[－2,2]的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝________.【答案】2【解析】由f(x)＝x3－3x＋1，得f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，当x∈(－2，－1)∪(1,2)时，f′(x)＞0；当x∈(－1,1)时，f′(x)＜0.所以函数f(x)的递增区间为(－2，－1)，(1,2)；递减区间为(－1,1)．所以当x＝－1时，f(x)有极大值3；当x＝1时，f(x)有极小值－1.又f(－2)＝－1，f(2)＝3，所以最大值为M＝3，最小值为m＝－1，则M＋m＝3－1＝2.9．(2018年武汉模拟)已知函数f(x)＝4lnx＋ax2－6x＋b(a，b为常数)，且x＝2为f(x)的一个极值点．(1)求a的值；(2)若函数y＝f(x)有3个不同的零点，求实数b的取值范围．【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝eq\f(4,x)＋2ax－6，所以f′(2)＝2＋4a－6＝0，则a＝1.(2)由(1)知f(x)＝4lnx＋x2－6x＋b，所以f′(x)＝eq\f(4,x)＋2x－6＝eq\f(2x2－6x＋4,x)＝eq\f(2x－2x－1,x).由f′(x)＞0，得x＞2或0<x＜1，由f′(x)＜0，得1＜x＜2.所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，(2，＋∞)，单调递减区间为(1,2)．所以f(x)的极大值为f(1)＝b－5，极小值为f(2)＝4ln2－8＋b.由题意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝b－5>0，,f2＝4ln2－8＋b<0，))解得5＜b＜8－4ln2.所以实数b的取值范围为(5,8－4ln2)．[B级能力提升]10．(2018年渭南一模)在三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1无极值点，则角B的最大值是()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(π,2)【答案】C【解析】函数的导数f′(x)＝x2＋2bx＋a2＋c2－ac，若f(x)无极值点，则等价为判别式Δ＝4b2－4(a2＋c2－ac)≤0，得a2＋c2－b2≥ac⇒cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)≥eq\f(1,2)，所以B≤eq\f(π,3).故选C．11．(2018年河池检测)已知函数f(x)＝loga(x3－ax)(a>0且a≠1)，若函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))内单调递增，则a的取值范围是()A．(－∞，0) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)) D．(－∞，0]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))【答案】C【解析】由题意知x3－ax>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))恒成立，所以a>(x2)max，即a≥eq\f(1,4).当eq\f(1,4)≤a<1时，y＝x3－ax，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))递减，y′＝3x2－a≤0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))恒成立，所以a≥(3x2)max，故eq\f(3,4)≤a<1；当a>1时，函数y＝x3－ax，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))递增，y′＝3x2－a≥0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))恒成立，所以a≤(3x2)min，a≤0，舍去．综上，a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)).故选C．12．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R且a≠0)．若x＝－1为函数g(x)＝f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是()ABCD【答案】D【解析】因为g′(x)＝[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1为函数g(x)＝f(x)ex的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0.选项D中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.故选D．13．(2018年荆州模拟)已知在等比数列{an}中，a2，a6是函数f(x)＝x3＋9x2＋12x＋3的两个极值点，则a4的值为________．【答案】－2【解析】由f(x)＝x3＋9x2＋12x＋3，可得f′(x)＝3x2＋18x＋12.令3x2＋18x＋12＝0，可得a2＋a6＝－6，a2a6＝4，所以a2，a6都小于0，所以a4＜0.由等比数列的性质，得aeq\o\al(2,4)＝a2a6，所以a4＝－eq\r(a2a6)＝－2.14．函数f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的极大值为6，极小值为2，则f(x)的单调递减区间是________．【答案】(－1,1)【解析】令f′(x)＝3x2－3a＝0，得x＝±eq\r(a)，则f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表所示：x(－∞，－eq\r(a))－eq\r(a)(－eq\r(a)，eq\r(a))eq\r(a)(eq\r(a)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗从而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(a)3－3a－\r(a)＋b＝6，,\r(a)3－3a\r(a)＋b＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝4.))所以f(x)的单调递减区间是(－1,1)．15．已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax＋b.(1)若f(x)与g(x)在x＝1处相切，求g(x)的表达式；(2)若φ(x)＝eq\f(mx－1,x＋1)－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围．【解析】(1)由已知得f′(x)＝eq\f(1,x)，所以f′(1)＝1＝eq\f(1,2)a，a＝2.又因为g(1)＝f(1)，即eq\f(1,2)a＋b＝0，所以b＝－1.所以g(x)＝x－1.(2)因为φ(x)＝eq\f(mx－1,x＋1)－f(x)＝eq\f(mx－1,x＋1)－lnx在[1，＋∞)上是减函数，所以φ′(x)＝eq\f(－x2＋2m－2x－1,xx＋12)≤0在[1，＋∞)上恒成立．所以x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，则2m－2≤x＋eq\f(1,x)，x∈[1，＋∞)．因为x＋eq\f(1,x)∈[2，＋∞)，所以2m－2≤2，m≤2.故实数m的取值范围是(－∞，2]．16．设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，求函数f(x)在[0，k]上的最小值M.【解析】(1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，所以f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示：x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗由表可知，函数f(x)的递减区间为(0，ln2)，递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)，因为eq\f(1,2)<k≤1，所以1<2k≤2.由(1)可知f(x)在(0，ln2k)上单调递减，在(ln2k，＋∞)上单调递增．设g(x)＝x－ln2x＝x－lnx－ln2，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x≤1))，则g′(x)＝1－eq\f(1,x).因为eq\f(1,2)<x≤