x届高考数学一轮课时规范练《导数在函数单调性、极值中的应用》（人教版）.docVIP

课时规范练15　导数在函数单调性、极值中的应用 　课时规范练第29页　? 一、选择题 1.函数f(x)=的单调递减区间是(　　) A.[e,+∞) B.[1,+∞) C.[0,e] D.[0,1] 答案:A 解析:令f(x)=≤0,则x≥e. 又因为当x≥e时,f(x)不恒等于0, 所以f(x)的单调递减区间是[e,+∞). 2.函数f(x)=x3-3x2+3x的极值点的个数是(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 答案:A 解析:由题知f(x)的导函数值恒大于或等于零,所以函数f(x)在定义域上单调递增. 3.(x福建高考)设函数f(x)的定义域为R,x0(x0≠0)是f(x)的极大值点,以下结论一定正确的是(　　) A.?x∈R,f(x)≤f(x0) B.-x0是f(-x)的极小值点 C.-x0是-f(x)的极小值点 D.-x0是-f(-x)的极小值点 答案:D 解析:函数f(x)的极大值f (x0)不一定是最大值,故A错;f(x)与-f(-x)关于原点对称,故x0(x0≠0)是f(x)的极大值点时,-x0是-f(-x)的极小值点,故选D. 4.在R上可导的函数f(x)的图象如图所示,则关于x的不等式x·f(x)0的解集为(　　) A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-2,-1)∪(1,2) D.(-∞,-2)∪(2,+∞) 答案:A 解析:在(-∞,-1)和(1,+∞)上f(x)递增,所以f(x)0,使xf(x)0的范围为(-∞,-1); 在(-1,1)上f(x)递减,所以f(x)0,使xf(x)0的范围为(0,1). 5.若a0,b0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值,则ab的最大值等于(　　) A.2 B.3 C.6 D.9 答案:D 解析:函数的导数为f(x)=xx2-2ax-2b.由函数f(x)在x=1处有极值,可知函数f(x)在x=1处的导数值为零,即x-2a-2b=0,所以a+b=6,由题意知a,b都是正实数,所以ab≤=9.当且仅当a=b=3时取到等号,故选D. 6.(x浙江高考)已知e为自然对数的底数,设函数f(x)=(ex-1)·(x-1)k(k=1,2),则(　　) A.当k=1时,f(x)在x=1处取到极小值 B.当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值 C.当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值 D.当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值 答案:C 解析:当k=1时,f(x)=(ex-1)(x-1),f(x)=xex-1, ∵f(1)=e-1≠0, ∴f(x)在x=1处不能取到极值; 当k=2时,f(x)=(ex-1)(x-1)2,f(x)=(x-1)(xex+ex-2), 令H(x)=xex+ex-2, 则H(x)=xex+2ex0,x∈(0,+∞). 说明H(x)在(0,+∞)上为增函数, 且H(1)=2e-20,H(0)=-10, 因此当x0x1(x0为H(x)的零点)时,f(x)0,f(x)在(x0,1)上为减函数. 当x1时,f(x)0,f(x)在(1,+∞)上是增函数. ∴x=1是f(x)的极小值点,故选C. 二、填空题 7.已知函数f(x)=(m-2)x2+ (m2-4)x+m是偶函数,函数g(x)=-x3+2x2+mx+5在(-∞,+∞)内单调递减,则实数m的值为　　　　　.? 答案:-2 解析:∵f(x)=(m-2)x2+(m2-4)x+m是偶函数, ∴m2-4=0, ∴m=±2. 又∵函数g(x)=-x3+2x2+mx+5在(-∞,+∞)内单调递减,g(x)=-3x2+4x+m, ∴g(x)恒小于等于0. ∴Δ=16+xm≤0. ∴m≤-, ∴m=-2. 8.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处取得极值10,则f(2)=　　　　　.? 答案:18 解析:f(x)=3x2+2ax+b, 由题意得 即 但当a=-3,b=3时,f(x)=3x2-6x+3≥0,故不存在极值.因此,a=4,b=-x,f(2)=18. 9.已知某质点的运动方程为s(t)=t3+bt2+ct+d,如图所示是其运动轨迹的一部分,若t∈时,s(t)3d2恒成立,则d的取值范围为　　　　　.? 答案:d或d-1 解析:因为质点的运动方程为s(t)=t3+bt2+ct+d, 所以s(t)=3t2+2bt+c. 由题图可知,s(t)在t=1和t=3处取得极值. 则s(1)=0,s(3)=0, 即 所以 则s(t)=3t2-xt+9=3(t-1)(t-3). 当t∈时,s(t)0; 当t∈(1,3)时,s(t)0; 当t∈(3,4)时,s(t)0, 故当t=1时,s(t)取得极大值4+d. 又因为s(4)=4+d, 所以当t∈时,s