2013年高考数学总复习第二章第12课时导数与函数的单调性、极值课时闯关（含解析）新人教版一、选择题1．下面为函数y＝xsinx＋cosx的递增区间的是( )A．(，) B．(π，2π)C．(，)D．(2π，3π)解析：选C.y′＝(xsinx＋cosx)′＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈(，)时，恒有xcosx>0.故选C.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＝－，b＝0，故选A.3．函数f(x)＝x3＋3x2＋3x－a的极值点的个数是( )A．2B．1C．0D．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，选C.4．已知函数f(x)的导数为f′(x)＝4x3－4x，且f(x)的图象过点(0，－5)，当函数f(x)取得极大值－5时，x的值应为( )A．－1B．0C．1D．±1解析：选B.由f′(x)＝0，得极值点为x＝0和x＝±1.仅当x＝0时，f(x)取得极大值．故x的值为0.5．设f(x)、g(x)是R上的可导函数，f′(x)、g′(x)分别为f(x)、g(x)的导函数，且满足f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时，有( )A．f(x)g(b)>f(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：选C.令y＝f(x)·g(x)，则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上单调递减，又x<b，故f(x)g(x)>f(b)g(b)．二、填空题6．(2012·辽阳质检)函数f(x)＝x＋的单调减区间为________．解析：f′(x)＝1－＝，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．f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则常数c的值为________．4\n解析：f(x)＝x3－2cx2＋c2x，f′(x)＝3x2－4cx＋c2，f′(2)＝0⇒c＝2或c＝6，若c＝2，f′(x)＝3x2－8x＋4，令f′(x)>0⇒x<或x>2，f′(x)<0⇒<x<2，故函数在(－∞，)及(2，＋∞)上单调递增，在(，2)上单调递减，∴x＝2是极小值点，故c＝2不合题意，同理可验证c＝6符合题意，所以c＝6.答案：68．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有三个相异的公共点，则a的取值范围是________．解析：令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可求得f(x)的极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，如图所示，－2<a<2时，恰有三个不同公共点．答案：(－2,2)三、解答题9．(2011·高考天津卷)已知函数f(x)＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，其中t∈R.(1)当t＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当t≠0时，求f(x)的单调区间；(3)证明：对任意t∈(0，＋∞)，f(x)在区间(0,1)内均存在零点．解：(1)当t＝1时，f(x)＝4x3＋3x2－6x，f(0)＝0，f′(x)＝12x2＋6x－6，f′(0)＝－6.所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－6x.(2)f′(x)＝12x2＋6tx－6t2.令f′(x)＝0，解得x＝－t或x＝.因为t≠0，所以分两种情况讨论：①若t<0，则<－t.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－t，＋∞)f′(x)＋－＋f(x)↗↘↗所以，f(x)的单调递增区间是，(－t，＋∞)；f(x)的单调递减区间是.②若t>0，则－t<.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－t)f′(x)＋－＋f(x)↗↘↗4\n所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－t)，；f(x)的单调递减区间是.(3)证明：由(2)可知，当t>0时，f(x)在内单调递减，在内单调递增．以下分两种情况讨论：①当≥1，即t≥2时，f(x)在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．f(0)＝t－1>0，f(1)＝－6t2＋4t＋3≤－6×4＋4×2＋3<0.所以对任意t∈[2，＋∞)，f(x)在区间(0,1)内均存在零点．②当0<<1，即0<t<2时，f(x)在内单调递减，在内单调递增．若t∈(0,1]，f＝－t3＋t－1≤－t3<0，f(1)＝－6t2＋4t＋3≥－6t＋4t＋3＝－2t＋3>0，所以f(x)在内存在零点．若t∈(1,2)，f＝－t3＋(t－1)<－t3＋1<0，f(0)＝t－1>0，所以f(x)在内存在零点．所以，对任意t∈(0,2)，f(x)在区间(0,1)内均存在零点．综上，对任意t∈(0，＋∞)，f(x)在区间(0,1)内均存在零点．10．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＋.∵函数g(x)在(0,1)上单调递减，∴在区间(0,1)内，g′(x)＝2x＋2＋＝≤0恒成立，∴a≤－(2x2＋2x)在(0,1)上恒成立.∵－(2x2＋2x)在(0,1)上单调递减，∴a≤－4为所求．11．(探究选做)已知关于x的函数g(x)＝＋alnx(a∈R)，f(x)＝x2＋g(x)．(1)试讨论函数g(x)的单调区间；4\n(2)若a>0，试证f(x)在区间(0,1)内有极值．解：(1)由题意知，g(x)的定义域为(0，＋∞)．∵g(x)＝＋alnx，∴g′(x)＝－＋＝.①若a≤0，则g′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，(0，＋∞)为其单调递减区间；②若a>0，则由g′(x)＝0，得x＝.x∈(0，)时，g′(x)<0；x∈(，＋∞)时，g′(x)>0.所以(0，)为其单调递减区间，(，＋∞)为其单调递增区间．(2)证明：∵f(x)＝x2＋g(x)，∴f(x)的定义域也为(0，＋∞)，且f′(x)＝(x2)′＋g′(x)＝2x＋＝.令h(x)＝2x3＋ax－2，x∈(0，＋∞)，因为a>0，则h′(x)＝6x2＋a>0，所以h(x)为(0，＋∞)上的单调递增函数，又h(0)＝－2<0，h(1)＝a>0，所以在区间(0,1)内h(x)至少存在一个变号零点x0，且x0也是f′(x)的一个变号零点，即f(x)在区间(0,1)内不是单调函数，故f(x)在区间(0,1)内有极值．4
