课时素养评价十六 最大值、最小值问题
(20分钟·50分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.函数f(x)=x3-3ax-a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围是
( )
A.[0，1)
B.(0，1)
C.(-1，1)
D.
【解析】选B.因为f′(x)=3x2-3a，令f′(x)=0，可得a=x2，又因为x∈(0，1)，所以0
2.函数f(x)=x+2cos
x在区间上的最小值是
( )
A.-
B.2
C.+
D.+1
【解析】选A.f′(x)=1-2sin
x，
因为x∈，
所以sin
x∈[-1，0]，所以-2sin
x∈[0，2].
所以f′(x)=1-2sin
x>0在上恒成立.
所以f(x)在上是增加的.
所以[f(x)]min=-+2cos=-.
3.函数y=在定义域内
( )
A.有最大值2，无最小值
B.无最大值，有最小值-2
C.有最大值2，最小值-2
D.无最值
【解析】选C.令y′===0，得x=±1.
x
(-∞，-1)
-1
(-1，1)
1
(1，+∞)
y′
-
0
+
0
-
y
↘
极小值
↗
极大值
↘
由上表可知x=-1时，y取极小值也是最小值-2；x=1时，y取极大值也是最大值2.
4.函数f(x)=x2-2ln
x在[1，2]上的最大值是
( )
A.4-2ln
2
B.1
C.4+2ln
2
D.-1
【解析】选A.由题可得f′(x)=2x-=，显然当x∈[1，2]时，f′(x)≥0，故函数f(x)在[1，2]上单调递增，故函数f(x)在[1，2]上的最大值为f(2)=4-
2ln
2.
二、填空题(每小题5分，共10分)
5.(2020·南昌高二检测)设函数f(x)=x3+ax2+bx(x>0)的图像与直线y=4相切于点M(1，4)，则y=f(x)在区间(0，4]上的最大值为_________；最小值为_________.?
【解析】f′(x)=3x2+2ax+b(x>0).
依题意，有即
解得所以f(x)=x3-6x2+9x.
令f′(x)=3x2-12x+9=0，解得x=1或x=3.
当x变化时，f′(x)，f(x)在区间(0，4]上的变化情况如表：
x
(0，1)
1
(1，3)
3
(3，4)
4
f′(x)
+
0
-
0
+
+
f(x)
↗
4
↘
0
↗
4
所以函数f(x)=x3-6x2+9x在区间(0，4]上的最大值是4，最小值是0.
答案：4 0
6.已知函数f(x)=e-x-ex，x∈[0，a]，a为正实数，则函数f(x)的最小值为_________，最大值为_________.?
【解析】f′(x)=′-(ex)′=--ex=-.
当x∈[0，a]时，f′(x)<0恒成立，
即f(x)在[0，a]上是减少的.
故当x=a时，f(x)有最小值f(a)=e-a-ea；
当x=0时，f(x)有最大值f(0)=e-0-e0=0.
即f(x)的最小值为e-a-ea，最大值为0.
答案：e-a-ea 0
三、解答题(每小题10分，共20分)
7.已知函数f(x)=x3-ax2+3x.
(1)若f(x)在[1，+∞)上是增加的，求实数a的取值范围.
(2)若x=3是f(x)的极值点，求f(x)在[1，a]上的最大值和最小值.
【解析】(1)f′(x)=3x2-2ax+3，
因为x∈[1，+∞)时f′(x)≥0恒成立，
所以a≤=3(当且仅当x=1时取等号).
所以a≤3.
(2)由题意知f′(3)=0，即27-6a+3=0，
所以a=5，f(x)=x3-5x2+3x，
f′(x)=3x2-10x+3.
令f′(x)=0，得x1=3，x2=(舍去).
当10，
即当x=3时，f(x)取极小值f(3)=-9.
又f(1)=-1，f(5)=15，
所以f(x)在[1，5]上的最小值是-9，最大值是15.
8.已知函数f(x)=，若函数在区间(其中a>0)内存在最大值，求实数a的取值范围.
【解析】因为f(x)=，x>0，
所以f′(x)=-.
当00；
当x>1时，f′(x)<0.
所以f(x)在区间(0，1)上是增加的，在区间(1，+∞)上是减少的.
所以函数f(x)在x=1处取得极大值.
因为函数f(x)在区间(其中a>0)内存在最大值，所以解得(15分钟·30分)
1.(5分)函数f(x)=在[-2，2]上的最大值为2，则a的取值范围是
( )
A.
B.
C.(-∞，0)
D.
【解析】选D.当x≤0时，f′(x)=6x(x+1)，令f′(x)>0得x<-1，令f′(x)<0，得-12.(5分)设直线x=t与函数f(x)=x2，g(x)=ln
x的图像分别交于点M，N，则当|MN|达到最小值时t的值为
( )
A.1 B. C. D.
【解析】选D.由题意画出函数图像如图所示，由图可以看出|MN|=y=t2-ln
t(t>0).
y′=2t-==.
当0当t>时，y′>0，可知y在上是增加的.
故当t=时，|MN|有最小值.
3.(5分)已知函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值，若m，n∈[-1，1]，则f(m)+f′(n)的最小值是_________.?
【解析】f′(x)=-3x2+2ax，
由题意知f′(2)=0，得a=3，所以f(x)=-x3+3x2-4，
令f′(x)=-3x2+6x=-3x(x-2)=0，
解得x1=0，x2=2(舍去)，
因为f(-1)=0，f(0)=-4，f(1)=-2，
所以f(x)min=-4，
因为f′(x)=-3x2+6x=-3(x-1)2+3，
所以f′(x)min=f′(-1)=-9，
所以f(m)+f′(n)的最小值是-4-9=-13.
答案：-13
4.(5分)函数f(x)=ax4-4ax2+b(a>0，1≤x≤2)的最大值为3，最小值为-5，则a=_________，b=_________.?
【解析】f′(x)=4ax3-8ax=4ax(x2-2)，
因为a>0，x∈[1，2]，所以当x∈(1，)时，f′(x)<0，
当x∈(，2)时，f′(x)>0，
所以f(x)min=f()=b-4a=-5，①
f(x)max=f(2)=b=3，②
由①②可得a=2，b=3.
答案：2 3
5.(10分)统计表明某型号汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/小时)的函数为y=x3-x+8(0(1)当x=64千米/小时时，行驶100千米耗油量多少升？
(2)若油箱有22.5升油，则该型号汽车最多行驶多少千米？
【解析】
(1)当x=64千米/小时时，要行驶100千米需要=小时，
要耗油×=11.95(升).
(2)设22.5升油能使该型号汽车行驶a千米，由题意得，
×=22.5，
所以a=，
设h(x)=x2+-，
则当h(x)最小时，a取最大值，
h′(x)=x-=，
令h′(x)=0?x=80，
当x∈(0，80)时，h′(x)<0，
当x∈(80，120)时，h′(x)>0，
故当x∈(0，80)时，函数h(x)为减少的，当x∈(80，120)时，函数h(x)为增加的，
所以当x=80时，h(x)取得最小值，此时a取最大值，
所以a==200.
答：若油箱有22.5升油，则该型号汽车最多行驶200千米.
1.设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R)，若对于任意的x∈(0，1]都有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围为_________.?
【解析】因为x∈(0，1]，
所以f(x)≥0可化为a≥-.
设g(x)=-，则g′(x)=.
令g′(x)=0，得x=.
当00；当所以g(x)在(0，1]上有极大值g=4，它也是最大值，故a≥4.
答案：[4，+∞)
2.已知函数f(x)=x3-ax2+bx+c(a，b，c∈R).
(1)若函数f(x)在x=-1和x=3处取得极值，试求a，b的值.
(2)在(1)的条件下，当x∈[-2，6]时，f(x)<2|c|恒成立，求c的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=3x2-2ax+b，
因为函数f(x)在x=-1和x=3处取得极值，
所以-1，3是方程3x2-2ax+b=0的两根.
所以所以
(2)由(1)知f(x)=x3-3x2-9x+c，f′(x)=3x2-6x-9.
当x变化时，f′(x)，f(x)随x的变化如表：
x
(-∞，-1)
-1
(-1，3)
3
(3，+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值c+5
↘
极小值c-27
↗
而f(-2)=c-2，f(6)=c+54，
所以当x∈[-2，6]时，f(x)的最大值为c+54，
要使f(x)<2|c|恒成立，只要c+54<2|c|即可，
当c≥0时，c+54<2c，所以c>54；
当c<0时，c+54<-2c，所以c<-18.
所以c∈(-∞，-18)∪(54，+∞)，此即为参数c的取值范围.
PAGE课时素养评价十五 实际问题中导数的意义
(20分钟·50分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.某物体的位移是时间的函数s=2t3-at，物体在t=1时的速度为8，则a的值为
( )
A.-1
B.1
C.-2
D.2
【解析】选C.s′=6t2-a，由题意知6×12-a=8，解得a=-2.
2.一点沿直线运动，如果由始点起经过t秒后的距离为s=t4-t3+2t2，那么速度为零的时刻是
( )
A.1秒末
B.0秒
C.4秒末
D.0，1，4秒末
【解析】选D.因为s′=t3-5t2+4t，令s′=0，得t1=0，t2=1，t3=4.
3.某汽车的紧急刹车装置需在遇到紧急情况2
s内完成刹车，其位移(单位：m)关于时间(单位：s)的函数为s(t)=t3-4t2+20t+15，则s′(1)的实际意义为
( )
A.汽车刹车后1
s内的位移
B.汽车刹车后1
s内的平均速度
C.汽车刹车后1
s时的瞬时速度
D.汽车刹车后1
s时的位移
【解析】选C.
s′(t)表示运动物体在时刻t的速度即在t的瞬时速度.
4.从时刻t=0开始的t
s内，通过某导体的电量q(单位：C)可由公式q=2t2+3t表示，则第5
s时电流强度为
( )
A.27
C/s
B.20
C/s
C.25
C/s
D.23
C/s
【解析】选D.某导体的电量q在5
s时的瞬时变化率就是第5
s时的电流强度.因为q′=4t+3，所以当t=5时，电流强度为4×5+3=23(C/s).
二、填空题(每小题5分，共10分)
5.质点沿直线运动的路程s与时间t的关系是s=，则质点在t=4时的速度为_________.?
【解析】s′=，当t=4时，s′=×=.
答案：
6.已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y=-x3+81x-234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为_________万件.?
【解析】令y′=-x2+81=0，得x=9或-9(舍去)，当x=9时，ymax=252.
答案：9
三、解答题(每小题10分，共20分)
7.已知自由落体运动的位移s(m)与时间t(s)的关系为s=gt2，计算t从3
s到3.1
s，3.001
s，3.000
1
s，各段内的平均速度(g=9.8
m/s2).
【解析】设时间改变量为Δt=(t+d)-t；
位移改变量Δs=s(t+d)-s(t).
则Δs=s(t+d)-s(t)=g(t+d)2-gt2=gtd+gd2；v===gt+gd，
所以t从3
s到3.1
s平均速度=29.89
m/s；
t从3
s到3.001
s平均速度=29.404
9
m/s；
t从3
s到3.000
1
s平均速度=29.400
49
m/s.
8.某厂生产某种产品x件的总成本c(x)=120++(元).
(1)当x从200变到220时，总成本c关于产量x的平均变化率是多少？它代表什么实际意义？
(2)求c′(200)，并解释它代表什么实际意义.
【解析】(1)当x从200变到220时，
总成本c从c(200)=540元变到c(220)=626元.
此时总成本c关于产量x的平均变化率为
==4.3(元/件)，
它表示产量从x=200件到x=220件变化时平均每件的总成本为4.3元/件.
(2)首先求c′(x)，可得c′(x)=+，
于是c′(200)=+4=4.1(元/件).
它指的是当产量为200件时，每多生产一件产品，需增加4.1元成本.
(15分钟·30分)
1.(5分)路灯距地平面为8
m，一个身高为1.6
m的人以84
m/min的速度在地面上行走，从路灯在地平面上的射影点C处沿某直线离开路灯，则人影长度的变化速率为
( )
A.
m/s
B.
m/s
C.
m/s
D.21
m/s
【解析】选B.84
m/min=1.4
m/s.
设经过时间为t
s，人影长度为y
m，
则=，所以y=t，
所以人影长度的变化速率为y′=(m/s).
2.(5分)如图，设有定圆C和定点O，当l从l0开始在平面上绕O匀速旋转(旋转角度不超过90°)时，它扫过的圆内阴影部分的面积S是时间t的函数，它的图像大致是
( )
【解析】选D.由于是匀速旋转，所以阴影部分的面积在开始和最后时段缓慢增加，而中间时段相对增速较快.
选项A表示面积的增速是常数，与实际不符；
选项B表示最后时段面积的增速较快，也与实际不符；
选项C表示开始时段和最后时段面积的增速比中间时段快，与实际不符；
选项D表示开始和最后时段面积的增速缓慢，中间时段增速较快，符合实际.
【加练·固】
向高为H的水瓶中注水，注满为止，如果注水量V与水深h的函数关系如图所示，则水瓶的形状是
( )
【解析】选B.在曲线上任取一个横坐标为h0的点，则注水量V在h0到h0+Δh的平均变化率为，在h0处的导数为V′=
.由图像可知，随着h0的增大，曲线的切线的倾斜角越来越小，切线的斜率也就越来越小，即导数越来越小，那么在Δh不变的前提下，平均变化率=ΔS，因此，水瓶中水面的面积会越来越小.
3.(5分)一艘轮船在航行中的燃料费和它的速度的立方成正比，已知在速度为10
km/h时燃料费是每小时6元
，而其他与速度无关的费用是每小时96元，则此轮船以速度_________km/h航行时，能使行驶每千米的费用总和最小.?
【解析】设船速为每小时x(x>0)km，燃料费为Q元，则Q=kx3，(k>0)，
由已知得：6=k·103，所以k=，
即Q=x3.
记行驶每千米的费用总和为y元，
则y=·=x2+，
y′=x-，令y′=0，
即x-=0，
解之得：x=20.
这就是说，该函数在定义域(0，+∞)内有唯一的极值点，该极值是所求的最小值，即当船速为每小时20
km时，航行每千米的总费用最小，最小值为7.2元.
答案：20
4.(5分)酒杯的形状为倒立的圆锥(如图)，杯深8
cm，上口宽6
cm，水以20
cm3/s的流量倒入杯中，当水深为4
cm
时，水升高的瞬时变化率为_________ .?
【解析】设水深为h时，水面半径为r，
则=，所以r=h，
经过t
s后，水的体积为20t，
则20t=π·h，即h(t)=
，
所以h′(t)=×.
又h=4时，r=，V=3π，所以t=，h′=.
答案：
cm/s
5.(10分)某食品厂生产某种食品的总成本C(单位：元)和总收入R(单位：元)都是日产量x(单位：kg)的函数，分别为C(x)=100+2x+0.02x2，R(x)=7x+0.01x2，试求边际利润函数以及当日产量分别为200
kg，250
kg，300
kg时的边际利润，并说明其经济意义.
【解析】根据定义知，总利润函数为L(x)=R(x)-C(x)=5x-100-0.01x2，
所以边际利润函数为L′(x)=5-0.02x.
当日产量分别为200
kg，250
kg，300
kg时，边际利润分别为L′(200)=1，
L′(250)=0，L′(300)=-1.
其经济意义是：当日产量为200
kg时，每增加1
kg，则总利润可增加1元；当日产量为250
kg时，每增加1
kg，则总利润无变化；当日产量为300
kg时，每增加1
kg，则总利润减少1元.由此可得：当企业的某一产品的生产量超过了边际利润的零点时，反而会使企业“无利可图”，甚至亏损.
1.向高为8
m，底面边长为8
m的倒置四棱锥形的容器内注水，其速度为每分钟m3，则当水深为5
m时，水面上升的速度为_________m/min.?
【解析】设注水t
min时，水的深度为h
m，则容器内水的体积为t=h2·h，则h=2，所以h′(t)=.当h=5时，t=，故v=h′=(m/min).
答案：
2.(2020·高安高二检测)如图所示的某种容器的体积为90π
cm3，它是由圆锥和圆柱两部分组合而成的，圆柱与圆锥的底面圆半径都为r
cm.圆锥的高为
h1
cm，母线与底面所成的角为45°；圆柱的高为h2
cm.已知圆柱底面造价为
2a元/cm2，圆柱侧面造价为a元/cm2，圆锥侧面造价为a元/cm2.
(1)将圆柱的高h2表示为底面圆半径r的函数，并求出定义域.
(2)当容器造价最低时，圆柱的底面圆半径r为多少？
【解析】(1)因为圆锥的母线与底面所成的角为45°，所以h1=r，
圆锥的体积为V1=πr2h1=πr3，圆柱的体积为V2=πr2h2.
因为V1+V2=90π，所以V2=πr2h2=90π-πr3，
所以h2==-.
因为V1=πr3<90π，所以r<3.
因此0所以h2=-，定义域为{r|0(2)圆锥的侧面积S1=πr·r=πr2，
圆柱的侧面积S2=2πrh2，底面积S3=πr2.
容器总造价为y=aS1+aS2+2aS3=2πr2a+2πrh2a+2πr2a=2πa(r2+rh2+r2)=
2πa=.
令f(r)=r2+，则f′(r)=2r-.
令f′(r)=0，得r=3.
当0当30，f(r)在(3，3)上单调递增.
因此，当且仅当r=3时，f(r)有最小值，即y有最小值，为90πa元.
所以总造价最低时，圆柱的底面圆半径为3
cm.
PAGE课时素养评价十四 函数的极值
(20分钟·50分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.如图是导函数y=f′(x)的图像，在图中标记的点处，函数y=f(x)有极大值的是
( )
A.x2
B.x3
C.x1
D.x4
【解析】选B.观察图像可知在点x3左侧f′(x)>0，f(x)是增加的，在点x3右侧f′(x)<0，f(x)是减少的，所以点x3是极大值点.
2.函数y=x3-3x2-9x(-2( )
A.极大值5，极小值-27
B.极大值5，极小值-11
C.极大值5，无极小值
D.极小值-27，无极大值
【解析】选C.y′=3x2-6x-9=3(x-3)(x+1)，
因为-2所以令y′>0得-2所以函数在(-2，-1)上递增，在(-1，2)上递减，所以当x=-1时，f(x)取极大值，
f(-1)=-1-3+9=5.f(x)无极小值.
3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是
( )
A.存在x∈R，使得f(x)=0
B.若a=c=0，则函数y=f(x)的图像是中心对称图形
C.若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(-∞，x0)上单调递减
D.若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)=0
【解析】选C.由三次函数值域为R知f(x)=0有解，故A项正确；因为f(-x)=-x3+ax2-bx+c，则f(-x)+f(x)=2ax2+2c，当a=c=0时，f(-x)+f(x)=0，故B项正确；若f(x)有极小值点，则f′(x)=0有两个不等实根x1，x2(x14.设a∈R，若函数y=ex-2ax，x∈R有大于0的极值点，则
( )
A.a<
B.a>
C.a>
D.a<
【解析】选C.函数y=ex-2ax，x∈R的导数为y′=ex-2a，函数y=ex-2ax，x∈R有大于0的极值点，即ex-2a=0有大于0的实根，所以函数y=ex与函数y=2a的图像在y轴右侧有交点，所以2a>1?a>.
二、填空题(每小题5分，共10分)
5.函数f(x)=x3-6x+a的极大值为_________，极小值为_________.?
【解析】f′(x)=3x2-6，令f′(x)=0，得x=-或x=.
所以[f(x)]极大值=f(-)=a+4，
[f(x)]极小值=f()=a-4.
答案：a+4 a-4
6.已知函数f(x)=ax3+3x2-6ax+b在x=2处取得极值9，则a+2b=_________.?
【解析】f′(x)=3ax2+6x-6a，
因为f(x)在x=2处取得极值9，
所以
即
解得所以a+2b=-24.
答案：-24
三、解答题(每小题10分，共20分)
7.求函数f(x)=x3-12x的极值.
【解析】函数f(x)的定义域为R.
f′(x)=3x2-12=3(x+2)(x-2).
令f′(x)=0，得x=-2或x=2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(-∞，-2)
-2
(-2，2)
2
(2，+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值16
↘
极小值-16
↗
所以当x=-2时，函数有极大值16，
当x=2时，函数有极小值-16.
8.设函数y=x3+ax2+bx+c的图像如图所示，且与y=0在原点相切，若函数的极小值为-4.
(1)求a，b，c的值.
(2)求函数的递减区间.
【解析】(1)因为函数的图像经过点(0，0)，易得c=0.
又图像与x轴相切于点(0，0)，且y′=3x2+2ax+b，
故0=3×02+2a×0+b，解得b=0.
所以y=x3+ax2，则y′=3x2+2ax.
令y′=0，解得x=0或x=-a，
即x=0和x=-a是极值点.
由图像知函数在x=0处取极大值，
在x=-a时取极小值.
当x=-a时，函数有极小值-4，
所以+a=-4，
整理得a3=-27，解得a=-3.
故a=-3，b=0，c=0.
(2)由(1)得y=x3-3x2，则y′=3x2-6x，
令y′<0，即y′=3x2-6x<0，解得0所以，函数的递减区间是(0，2).
(15分钟·30分)
1.(5分)函数f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)>f(x)在R上恒成立，且f(1)=e，则下列判断一定正确的是
( )
A.f(0)<1
B.
f(-1)C.
f(0)>0
D.
f(-1)>0
【解析】选A.令函数F(x)=，
则F′(x)=，
因为f′(x)>f(x)，所以F′(x)>0，
故函数F(x)是定义在R上的增函数，
所以F(1)>F(0)，即>，故有f(0)<1.
2.(5分)设函数f(x)=x-ln
x(x>0)，则y=f(x)
( )
A.在区间，(1，e)内均有零点
B.在区间，(1，e)内均无零点
C.在区间内有零点，在区间(1，e)内无零点
D.在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点
【解析】选D.由题意，得f′(x)=-=，
令f′(x)>0，得x>3；令f′(x)<0，得0令f′(x)=0，得x=3，故函数f(x)在区间(0，3)上是减少的，在区间(3，+∞)上是增加的，在x=3处有极小值1-ln
3<0；又f(1)=>0，f(e)=-1<0，f=+1>0，
综合各选项知D符合.
3.(5分)直线y=a与函数f(x)=x3-3x的图像有三个相异的交点，则a的取值范围是_________.?
【解析】f′(x)=3x2-3，令f′(x)=0，得x=1或x=-1.
因为f(1)=-2，f(-1)=2，所以-2答案：(-2，2)
4.(5分)设函数f(x)=ln
x-ax2-bx，若x=1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为_________.?
【解析】因为f(x)=ln
x-ax2-bx，所以x>0，
f′(x)=-ax-b，由f′(1)=0，得b=1-a，
所以f′(x)=-ax+a-1=-.
①若a≥0，则由f′(x)=0，得x=1，
当00，此时f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减.
所以x=1是f(x)的极大值点.
②若a<0，则由f′(x)=0，得x=1或x=-.
因为x=1是f(x)的极大值点，所以->1，
解得-1综合①②得，a的取值范围是(-1，+∞).
答案：(-1，+∞)
5.(10分)设a为实数，函数f(x)=x3-x2-x+a.
(1)求f(x)的极值.
(2)当a在什么范围内取值时，曲线y=f(x)与x轴仅有一个交点？
【解析】(1)f′(x)=3x2-2x-1.令f′(x)=0，则x=-或x=1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
-
1
(1，+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以f(x)的极大值是f=+a，极小值是f(1)=a-1.
(2)函数f(x)=x3-x2-x+a=(x-1)2(x+1)+a-1，
由此可知，x取足够大的正数时，有f(x)>0，
x取足够小的负数时，有f(x)<0，
所以曲线y=f(x)与x轴至少有一个交点.
由(1)知f(x)极大值=f=+a，f(x)极小值=f(1)=a-1.
因为曲线y=f(x)与x轴仅有一个交点，
所以f(x)极大值<0或f(x)极小值>0，
即+a<0或a-1>0，所以a<-或a>1，
所以当a∈∪(1，+∞)时，
曲线y=f(x)与x轴仅有一个交点.
1.已知函数f(x)=-ln
x-x2+bx存在极小值，则实数b的取值范围为
( )
A.(2，+∞)
B.[2，+∞)
C.(0，2)
D.(0，2]
【解析】选A.f′(x)=--x+b=，
因为f(x)存在极小值，所以方程-x2+bx-1=0有两个不等的正根，设为x1，x2.故?b>2，
所以b的取值范围为(2，+∞).
2.已知函数f(x)=ax3-bx2+(2-b)x+1在x=x1处取得极大值，在x=x2处取得极小值，且0(1)证明：a>0.
(2)求z=a+2b的取值范围.
【解析】(1)由函数f(x)在x=x1处取得极大值，在x=x2处取得极小值，知x1，x2是f′(x)=0的两个根.
由题意，得f′(x)=ax2-2bx+2-b，
所以f′(x)=a(x-x1)(x-x2).
由题意，知在x=x1的左侧有f′(x)>0.
由x-x1<0，x-x2<0，得a>0.
(2)由题意，得0即整理，得
此不等式组表示的区域为平面aOb上三条直线2-b=0，a-3b+2=0，4a-5b+2=0所围成的△ABC的内部，如图所示.△ABC的三个顶点分别为A，B(2，2)，C(4，2).由(1)知a>0，则z=a+2b分别在A，C(4，2)处取得最小值和最大值8.即z=a+2b的取值范围为.
PAGE课时素养评价十三 导数与函数的单调性
(20分钟·50分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.函数f(x)=(x-3)ex的递增区间是
( )
A.(-∞，2)
B.(0，3)
C.(1，4)
D.(2，+∞)
【解析】选D.f′(x)=(x-3)′ex+(x-3)(ex)′=(x-2)ex，令f′(x)>0，即(x-2)ex>0，解得x>2.
2.y=xln
x在(0，5)内的单调性是
( )
A.增加的
B.减少的
C.在内是减少的，在内是增加的
D.在内是增加的，在内是减少的
【解析】选C.函数的定义域为(0，+∞).
y′=ln
x+1，令y′>0，得x>；
令y′<0，得0所以函数y=xln
x在内是减少的，在内是增加的.
3.函数f(x)=x3+ax2+bx+c，其中a，b，c为实数，当a2-3b<0时，f(x)是
( )
A.增函数
B.减函数
C.常数
D.既不是增函数也不是减函数
【解析】选A.求得函数的导函数f′(x)=3x2+2ax+b，导函数对应方程f′(x)=0的Δ=4(a2-3b)<0，
所以f′(x)>0恒成立，故f(x)是增函数.
4.已知函数f(x)=x2-9ln
x+3x在其定义域内的子区间(m-1，m+1)上不单调，则实数m的取值范围为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.因为f=x2-9ln
x+3x在其定义域(0，+∞)的子区间上不单调，所以函数f=x2-9ln
x+3x在区间上有极值，由f′=2x-+3==0，得x=或x=-3(舍去)，所以0≤m-1<二、填空题(每小题5分，共10分)
5.当x>0时，f(x)=x+的单调递减区间是_________.?
【解析】f′(x)=1-==.
由f′(x)<0且x>0得0答案：(0，)
6.已知函数f(x)=kex-1-x+x2(k为常数)，曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线与x轴平行，则f(x)的递减区间为_________.?
【解析】f′(x)=kex-1-1+x，
因为曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线与x轴平行，所以f′(0)=k·e-1-1=0，解得k=e，
故f′(x)=ex+x-1.
令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)的递减区间为(-∞，0).
答案：(-∞，0)
三、解答题(每小题10分，共20分)
7.求下列各函数的单调区间：
(1)f(x)=2x3-3x2.
(2)f(x)=.
【解析】(1)函数f(x)的定义域为R，且f′(x)=6x2-6x.
令f′(x)>0，即6x2-6x>0，解得x>1或x<0；
令f′(x)<0，即6x2-6x<0，解得0所以f(x)的递增区间是(-∞，0)和(1，+∞)；
递减区间是(0，1).
(2)函数f(x)的定义域为(0，+∞)，
且f′(x)=.
令f′(x)>0，即>0，得0令f′(x)<0，即<0，得x>e，
所以f(x)的递增区间是(0，e)，递减区间是(e，+∞).
8.设函数f(x)=x3+mx2+1的导函数为f
′(x)，且f′(1)=3.
(1)求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程.
(2)求函数f(x)的单调区间.
【解析】(1)f′(x)=x2+2mx，
所以f′(1)=1+2m=3，所以m=1.
所以f(x)=x3+x2+1，所以f(1)=.
所以切线方程为y-=3(x-1)，即9x-3y-2=0.
(2)f′(x)=x2+2x=x(x+2)，
令f′(x)>0，得x>0或x<-2，
令f′(x)<0，得-2所以函数f(x)的递增区间为(-∞，-2)，(0，+∞)，递减区间为(-2，0).
(15分钟·30分)
1.(5分)函数f(x)=x3-x2+ax-5在区间[-1，2]上不单调，则实数a的取值范围是
( )
A.(-∞，-3]
B.(-3，1)
C.[1，+∞)
D.(-∞，-3]∪[1，+∞)
【解析】选B.因为f(x)=x3-x2+ax-5，
所以f′(x)=x2-2x+a=(x-1)2+a-1，
如果函数f(x)=x3-x2+ax-5在区间[-1，2]上单调，
那么a-1≥0或解得a≥1或a≤-3，
于是满足条件的a∈(-3，1).
2.(5分)函数y=f(x)的图像如图所示，则y=f′(x)的图像可能是
( )
【解析】选D.由f(x)的图像知，f(x)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，
所以在(0，+∞)上f
′(x)<0，在(-∞，0)上f′(x)>0，故选D.
3.(5分)已知函数f(x)=-x2+3x-2ln
x，则函数f(x)的递增区间为_________.?
【解析】由题可得f′(x)=-x+3-=-，
令f′(x)>0，解得1故函数f(x)的递增区间为(1，2).
答案：(1，2)
4.(5分)已知函数f(x)=aln
x+x2(a>0)，若对任意两个不相等的正实数x1，x2，≥2恒成立，则实数a的取值范围是_________.?
【解析】因为对任意两个不相等的正实数x1，x2，≥2恒成立，
所以f′(x)≥2恒成立，因为f′(x)=+x≥2，所以2≥2，即a≥1.
故实数a的取值范围是[1，+∞).
答案：[1，+∞)
5.(10分)已知函数f(x)=x3+bx2+cx+d的图像经过点P(0，2)，且在点M(-1，f(-1))处的切线方程为6x-y+7=0.
(1)求函数y=f(x)的解析式.
(2)求函数y=f(x)的单调区间.
【解析】(1)由y=f(x)的图像经过点P(0，2)，知d=2，
所以f(x)=x3+bx2+cx+2，f′(x)=3x2+2bx+c.
由在点M(-1，f(-1))处的切线方程为6x-y+7=0，
知-6-f(-1)+7=0，即f(-1)=1，f′(-1)=6.
所以即
解得b=c=-3.
所以所求的解析式是f(x)=x3-3x2-3x+2.
(2)f′(x)=3x2-6x-3.令f′(x)>0，得x<1-或x>1+；令f′(x)<0，得1-所以f(x)=x3-3x2-3x+2的递增区间为(-∞，1-)和(1+，+∞)，递减区间为(1-，1+).
1.(2020·宜昌高二检测)已知函数g(x)的导函数g′(x)=ex，且g(0)g′(1)=e，其中e为自然对数的底数.若存在x∈[0，+∞)，使得不等式g(x)【解析】由题意设g(x)=ex+c，
则g′(x)=ex，g(0)=1+c，g′(1)=e，
所以g(0)g′(1)=(1+c)e=e，解得c=0，
即g(x)=ex，
则g(x)令F(x)=ex-x，
原问题可转化为-m+3>F(x)min.
因为F′(x)=ex+ex-1=ex-1，
当x>0时，
2x+1>x+1≥2，ex>1，
即F′(x)=ex-1>0，即函数F(x)在区间[0，+∞)上单调递增，
所以F(x)≥F(0)=0，所以-m+3>0，
即m<3.故实数m的取值范围为(-∞，3).
答案：(-∞，3)
2.已知函数f(x)=x3+ax2+x+1，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间.
(2)设函数f(x)在区间内是减少的，求a的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=3x2+2ax+1，Δ=4(a2-3).
当Δ>0，即a>或a<-时，
令f′(x)>0，即3x2+2ax+1>0，
解得x>或x<；
令f′(x)<0，即3x2+2ax+1<0，
解得故函数f(x)的递增区间是，；
递减区间是.
当Δ<0，即-0，故f(x)在R上单调递增.
当Δ=0，即a=±时，f′=0，且对所有的x≠-都有f′(x)>0，故f(x)在R上是增函数.
(2)由(1)知只有当a>或a<-时，
f(x)在内是减少的，
所以解得a≥2.
故a的取值范围是[2，+∞).
【加练·固】
已知函数f(x)=x2+2aln
x.
(1)试讨论函数f(x)的单调区间.
(2)若函数g(x)=+f(x)在[1，2]上是减少的，求实数a的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=2x+=，
函数f(x)的定义域为(0，+∞).
①当a≥0时，f′(x)>0，f(x)的递增区间为(0，+∞)；
②当a<0时，f′(x)=，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：
x
(0，)
(，+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
↘
↗
由上表可知，函数f(x)的递减区间是(0，)，
递增区间是(，+∞).
(2)由g(x)=+x2+2aln
x，得g′(x)=-+2x+，
由已知函数g(x)在[1，2]上是减少的，
则g′(x)≤0在[1，2]上恒成立，
即-+2x+≤0在[1，2]上恒成立，
即a≤-x2在[1，2]上恒成立.令h(x)=-x2，则h′(x)=--2x=-<0，x∈[1，2]，
所以h(x)在[1，2]上是减少的，h(x)min=h(2)=-，所以a≤-.
故实数a的取值范围为.
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