第三章第2講[A級基礎達標]1．(2018年商洛模擬)設f(x)在定義域內可導，其圖象如圖所示，則導函數f′(x)的圖象可能是()ABCD【答案】B【解析】由f(x)的圖象可得，在y軸的左側，f(x)遞減，則f′(x)<0，排除C，D；在y軸的右側，f(x)先遞減，再遞增，后遞減，即有導數先小于0，再大于0，最后小于0，排除A．故選B．2．(2018年銀川三模)已知函數f(x)＝cosx＋alnx在x＝eq\f(π,6)處取得極值，則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】因為f(x)＝cosx＋alnx，所以f′(x)＝－sinx＋eq\f(a,x).因為f(x)在x＝eq\f(π,6)處取得極值，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).故選C．3．函數f(x)＝eq\f(x,lnx)的單調遞增區間是()A．(0,1) B．(1，e)C．(1，＋∞) D．(e，＋∞)【答案】D【解析】f(x)的定義域為(0,1)∪(1，＋∞)，令f′(x)＝eq\f(lnx－1,ln2x)＞0，得x＞e.所以f(x)＝eq\f(x,lnx)的單調遞增區間是(e，＋∞)．故選D．4．(2018年沈陽一模)設函數f(x)＝xex＋1，則()A．x＝1為f(x)的極大值點 B．x＝1為f(x)的極小值點C．x＝－1為f(x)的極大值點 D．x＝－1為f(x)的極小值點【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，＋∞)上是增函數；令f′(x)＜0，得x＜－1，所以f(x)在(－∞，－1)上是減函數，所以x＝－1為f(x)的極小值點．故選D．5．對于在R上可導的函數f(x)，若對任意x都滿足(x－a)f′(x)≥0，則必有()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，當x>a時，f′(x)≥0；當x<a時，f′(x)≤0.所以當x＝a時，函數f(x)取得最小值，則f(x)≥f(a)．故選A．6．函數f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)>2，則不等式f(x)>2x＋4的解集為()A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)【答案】B【解析】由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0，設F(x)＝f(x)－2x－4，則F′(x)＝f′(x)－2，因為f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上單調遞增．又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等價于F(x)>F(－1)，所以x>－1.故選B．7．(2018年玉溪模擬)已知函數f(x)＝x(x－c)2在x＝2處有極大值，則c＝________.【答案】6【解析】因為f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝3x2－4cx＋c2，且f(x)在x＝2處有極大值，所以f′(2)＝0，即c2－8c＋12＝0，解得c＝6或2.經檢驗，c＝2時，函數f(x)在x＝2處取得極小值，不符合題意，應舍去．故c＝6.8．設函數f(x)＝x3－3x＋1，x∈[－2,2]的最大值為M，最小值為m，則M＋m＝________.【答案】2【解析】由f(x)＝x3－3x＋1，得f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，當x∈(－2，－1)∪(1,2)時，f′(x)＞0；當x∈(－1,1)時，f′(x)＜0.所以函數f(x)的遞增區間為(－2，－1)，(1,2)；遞減區間為(－1,1)．所以當x＝－1時，f(x)有極大值3；當x＝1時，f(x)有極小值－1.又f(－2)＝－1，f(2)＝3，所以最大值為M＝3，最小值為m＝－1，則M＋m＝3－1＝2.9．(2018年武漢模擬)已知函數f(x)＝4lnx＋ax2－6x＋b(a，b為常數)，且x＝2為f(x)的一個極值點．(1)求a的值；(2)若函數y＝f(x)有3個不同的零點，求實數b的取值范圍．【解析】(1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)．因為f′(x)＝eq\f(4,x)＋2ax－6，所以f′(2)＝2＋4a－6＝0，則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)的單調遞增區間為(0,1)，(2，＋∞)，單調遞減區間為(1,2)．所以f(x)的極大值為f(1)＝b－5，極小值為f(2)＝4ln2－8＋b.由題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝b－5>0，,f2＝4ln2－8＋b<0，))解得5＜b＜8－4ln2.所以實數b的取值范圍為(5,8－4ln2)．[B級能力提升]10．(2018年渭南一模)在三角形ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若函數f(x)＝eq\f(1,3)x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1無極值點，則角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】函數的導數f′(x)＝x2＋2bx＋a2＋c2－ac，若f(x)無極值點，則等價為判別式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).故選C．11．(2018年河池檢測)已知函數f(x)＝loga(x3－ax)(a>0且a≠1)，若函數f(x)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))內單調遞增，則a的取值范圍是()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】由題意知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).當eq\f(1,4)≤a<1時，y＝x3－ax，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))遞減，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；當a>1時，函數y＝x3－ax，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))遞增，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．綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)).故選C．12．設函數f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R且a≠0)．若x＝－1為函數g(x)＝f(x)ex的一個極值點，則下列圖象不可能為y＝f(x)圖象的是()ABCD【答案】D【解析】因為g′(x)＝[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1為函數g(x)＝f(x)ex的一個極值點，所以f(－1)＋f′(－1)＝0.選項D中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不滿足f′(－1)＋f(－1)＝0.故選D．13．(2018年荊州模擬)已知在等比數列{an}中，a2，a6是函數f(x)＝x3＋9x2＋12x＋3的兩個極值點，則a4的值為________．【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.由等比數列的性質，得aeq\o\al(2,4)＝a2a6，所以a4＝－eq\r(a2a6)＝－2.14．函數f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的極大值為6，極小值為2，則f(x)的單調遞減區間是________．【答案】(－1,1)【解析】令f′(x)＝3x2－3a＝0，得x＝±eq\r(a)，則f(x)，f′(x)隨x的變化情況如下表所示：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)↗極大值↘極小值↗從而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)的單調遞減區間是(－1,1)．15．已知函數f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax＋b.(1)若f(x)與g(x)在x＝1處相切，求g(x)的表達式；(2)若φ(x)＝eq\f(mx－1,x＋1)－f(x)在[1，＋∞)上是減函數，求實數m的取值范圍．【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.又因為g(1)＝f(1)，即eq\f(1,2)a＋b＝0，所以b＝－1.所以g(x)＝x－1.(2)因為φ(x)＝eq\f(mx－1,x＋1)－f(x)＝eq\f(mx－1,x＋1)－lnx在[1，＋∞)上是減函數，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，則2m－2≤x＋eq\f(1,x)，x∈[1，＋∞)．因為x＋eq\f(1,x)∈[2，＋∞)，所以2m－2≤2，m≤2.故實數m的取值范圍是(－∞，2]．16．設函數f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．(1)當k＝1時，求函數f(x)的單調區間；(2)當k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時，求函數f(x)在[0，k]上的最小值M.【解析】(1)當k＝1時，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.當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表所示：x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘極小值↗由表可知，函數f(x)的遞減區間為(0，ln2)，遞增區間為(－∞，0)，(ln2，＋∞)．(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)，因為eq\f(1,2)<k≤1，所以1<2k≤2.由(1)可知f(x)在(0，ln2k)上單調遞減，在(ln2k，＋∞)上單調遞增．設g(x)＝x－ln2x＝x－lnx－ln2，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x≤1))，則g′(x)＝1－eq\f(1,x).因為eq\f(1,2)<x≤