第一轮复习理科数学教师用书配套习题课时提升作.docx
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第一轮复习理科数学教师用书配套习题课时提升作
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课时提升作业(十四)
导数与函数的单调性、极值、最值
(25分钟60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(2015·许昌模拟)函数f(x)=xlnx,则()
A.在(0,+∞)上是增加的
B.在(0,+∞)上是减少的
C.在(0,)上是增加的
D.在(0,)上是减少的
【解析】选D.因为函数f(x)=xlnx,所以f′(x)=lnx+1,f′(x)>0,解得x>,则函数的单调增区间为(,+∞),又f′(x)<0,解得0 2.函数f(x)=x3-3x2+2在区间[-1,1]上的最大值是() A.-2B.0C.2D.4 【解析】选C.f′(x)=3x2-6x=3x(x-2),因为-1≤x≤1,所以令f′(x)>0得-1≤x<0,令f′(x)<0得0 3.设函数y=f(x)在(a,b)上的导函数为f′(x),f′(x)在(a,b)上的导函数为 f″(x),若在(a,b)上,f″(x)<0恒成立,则称函数f(x)在(a,b)上为“凸函数”.已知当m≤2时,f(x)=x3-mx2+x在(-1,2)上是“凸函数”,则f(x)在(-1,2)上() A.既有极大值,也有极小值 B.既有极大值,也有最小值 C.有极大值,没有极小值 D.没有极大值,也没有极小值 【解析】选C.由题设可知: f″(x)<0在(-1,2)上恒成立,由于f′(x)=x2-mx+1,从而f″(x)=x-m,所以有x-m<0在(-1,2)上恒成立,故知m≥2,又因为m≤2,所以m=2;从而f(x)=x3-x2+x,令f′(x)=x2-2x+1=0得x1=2-∈(-1,2),x2=2+∉(-1,2);且当x∈(-1,2-)时f′(x)>0,当x∈(2-,2)时f′(x)<0,所以在(-1,2)上f(x)在x=2-处取得极大值,没有极小值. 4.(2015·合肥模拟)已知f′(x)是定义在R上的函数f(x)的导函数,且f(x)= f(5-x),(-x)f′(x)<0,若x1<x2,x1+x2<5,则下列结论中正确的是() A.f(x1)<f(x2)B.f(x1)+f(x2)>0 C.f(x1)+f(x2)<0D.f(x1)>f(x2) 【解析】选D.因为函数f(x)满足f(x)=f(5-x),则函数f(x)的图像关于x=对称,又因为(-x)f′(x)<0,所以当x>,f′(x)>0,故函数f(x)在(, +∞)上是增加的,在(-∞,)上是减少的,在x=处取得最小值,又因为x1<x2,x1+x2<5,故|x1-|>|x2-|,所以f(x1)>f(x2). 5.设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数y=(1-x)f′(x)的图像如图所示,则下列结论中一定成立的是() A.函数f(x)有极大值f (2)和极小值f (1) B.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f (1) C.函数f(x)有极大值f (2)和极小值f(-2) D.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f (2) 【解析】选D.由图像知,f′(-2)=f′ (2)=0,且当x<-2时,f′(x)>0,-2 (2)是极小值. 二、填空题(每小题5分,共15分) 6.已知函数f(x)=(ax2+x)-xlnx在[1,+∞)上是增加的,则实数a的取值范围是_________. 【解题提示】求导利用导数大于等于0转化为恒成立问题,再构造函数求解. 【解析】由题意知: f′(x)=2ax+1-(lnx+1)≥0, 即a≥在x∈[1,+∞)上恒成立; 设g(x)=,令g′(x)==0,解得x=e, 当x∈(e,+∞)时,g′(x)<0,g(x)是减少的, 当x∈[1,e)时,g′(x)>0,g(x)是增加的, 故g(x)的最大值为g(e)=,即a≥. 答案: a≥ 7.(2015·银川模拟)函数f(x)=x(x-m)2在x=1处取得极小值,则m=_______. 【解析】f′ (1)=0可得m=1或m=3. 当m=3时,f′(x)=3(x-1)(x-3), 1 答案: 1 【误区警示】本题易出现求出m值后不进行验证能否在x=1处取得极小值,导致解题错误. 8.已知函数f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如表: x -1 0 2 4 5 f(x) 1 2 0 2 1 f(x)的导函数y=f′(x)的图像如图所示,则f(x)的极小值为________. 【解析】由y=f′(x)的图像可知,f′(x)与f(x)随x的变化情况如表: x (-1,0) 0 (0,2) 2 (2,4) 4 (4,5) f′(x) + 0 - 0 + 0 - f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 所以f (2)为f(x)的极小值,f (2)=0. 答案: 0 三、解答题(每小题10分,共20分) 9.(2015·安庆模拟)已知函数f(x)=a(x-1)2+lnx+1. (1)当a=-时,求函数f(x)的极值. (2)若函数f(x)在区间[2,4]上是减少的,求实数a的取值范围. 【解析】 (1)当a=-时,f(x)=-(x-1)2+lnx+1=-x2+x+lnx+(x>0), f′(x)=-x++=-(x>0), 由f′(x)>0解得0 故f(x)在(0,2)上是增加的,在(2,+∞)上是减少的. 所以当x=2时,函数f(x)取得极大值f (2)=+ln2. (2)f′(x)=2a(x-1)+,因为函数f(x)在区间[2,4]上是减少的, 所以f′(x)=2a(x-1)+≤0在区间[2,4]上恒成立,即2a≤在[2,4]上恒成立, 只需2a不大于在[2,4]上的最小值即可. 而=(2≤x≤4),则当2≤x≤4时,∈,所以2a≤-,即a≤-,故实数a的取值范围是(-∞,-]. 10.(2014·安徽高考)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x的值. 【解析】 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f′(x)=1+a-2x-3x2, 令f′(x)=0得x1=, x2=,x1 所以f′(x)=-3(x-x1)(x-x2), 当x 当x1 所以f(x)在和上是减少的, 在上是增加的. (2)因为a>0,所以x1<0,x2>0. ①当a≥4时,x2≥1,由 (1)知,f(x)在[0,1]上是增加的,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 (1)知,f(x)在[0,x2]上是增加的,在[x2,1]上是减少的. 所以f(x)在x=x2=处取得最大值. 又f(0)=1,f (1)=a, 所以当0 当a=1时,f(x)在x=0和x=1处同时取得最小值; 当1 【加固训练】(2015·马鞍山模拟)已知函数f(x)=lnx-ax2+(a-2)x. (1)若f(x)在x=1处取得极值,求a的值. (2)求函数y=f(x)在[a2,a]上的最大值. 【解析】 (1)因为f(x)=lnx-ax2+(a-2)x,所以函数的定义域为(0,+∞), 所以f′(x)= 因为f(x)在x=1处取得极值, 即f′ (1)=-(2-1)(a+1)=0,所以a=-1. 当a=-1时,在(,1)内f′(x)<0,在(1,+∞)内f′(x)>0, 所以x=1是函数f(x)的极小值点,所以a=-1. (2)因为a2 f′(x)= 因为x∈(0,+∞),所以ax+1>0, 所以f(x)在(0,)上是增加的;在(,+∞)上是减少的. ①当0 所以f(x)max=f(a)=lna-a3+a2-2a. ②当即时,f(x)在上是增加的,在上是减少的, 所以f(x)max=f()=; ③当≤a2,即≤a<1时,f(x)在[a2,a]上是减少的,所以f(x)max=f(a2)= 2lna-a5+a3-2a2.
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- 第一轮 复习 理科 数学教师 配套 习题 课时 提升
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