高考数学一轮复习讲义第3章第2节第1课时导数的应用

这是一份高考数学一轮复习讲义第3章第2节第1课时导数的应用，共14页。试卷主要包含了函数的单调性，函数的极值，函数的最值等内容，欢迎下载使用。

1．函数的单调性
在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)0，右侧f′(x)0(f′(x)0.( × )
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．( √ )
(3)函数的极大值不一定比极小值大．( √ )
(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．( × )
(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．( √ )
(6)三次函数在R上必有极大值和极小值．( × )
1．(教材改编)f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为( )
A．(0,4) B．(0,2)
C．(4，＋∞) D．(－∞，0)
答案 A
解析 f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，
由f′(x)0，得00，得x>1或0f(3)
D．f(π)>f(3)>f(2)
答案 D
解析 因为f(x)＝1＋x－sin x，所以f′(x)＝1－cs x，
当x∈(0，π]时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，π]上是增函数，
所以f(π)>f(3)>f(2)．
故选D.
4．已知函数f(x)＝x＋eq \f(1,ax)在(－∞，－1)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(－∞，0)∪(0,1]
C．(0,1] D．(－∞，0)∪[1，＋∞)
答案 D
解析 函数f(x)＝x＋eq \f(1,ax)的导数为f′(x)＝1－eq \f(1,ax2)，
由于f(x)在(－∞，－1)上单调递增，
则f′(x)≥0在(－∞，－1)上恒成立，
即eq \f(1,a)≤x2在(－∞，－1)上恒成立，
由于当x1，
则有eq \f(1,a)≤1，解得a≥1或af(c)>f(d)
B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a)
D．f(c)>f(e)>f(d)
答案 C
解析 依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，
因为af(a)，因此C正确．
6．(2015·课标全国Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0)
D．(0,1)∪(1，＋∞)
答案 A
解析 因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，
所以f(1)＝－f(－1)＝0.
当x≠0时，令g(x)＝eq \f(fx,x)，
则g(x)为偶函数，g(1)＝g(－1)＝0.
则当x＞0时，g′(x)＝[eq \f(fx,x)]′＝eq \f(xf′x－fx,x2)＜0，
故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．
所以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0
⇔eq \f(fx,x)＞0⇔f(x)＞0；在(－∞，0)上，当x＜－1时，g(x)＜g(－1)＝0⇔eq \f(fx,x)＜0⇔f(x)＞0.
综上，知使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.
7．(2016·青岛模拟)若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为(－1,3)，则b＋c＝________.
答案 －12
解析 f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意知－1