高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性與極值-江蘇專

課時作業(yè)(十四) [第14講 用導(dǎo)數(shù)爭辯函數(shù)單調(diào)性與極值][時間：45分鐘 分值：100分]根底熱身1 ． 函 數(shù) ) ＝ 3 － x 的 單 調(diào) 增 區(qū) 間 為 ．．假如函數(shù))的圖象如圖，那么其導(dǎo)函數(shù))的圖象可能是圖K14－ 2 中 的 圖K14－1 圖3．函數(shù))3－7的極大值 ．假設(shè)函數(shù)的增區(qū)間(0,1)，那么a的值力量提升函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間．函數(shù))3＋a＋－9(在＝3時取得極值，那么＝ .假設(shè)函數(shù)()＝3＋b2＋c＋d的單調(diào)遞減區(qū)間(1,2，那么 c＝ .函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖K14－3，那么該函數(shù)個大值個微小值．圖K14－3>0函數(shù)(＝3ax在[＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)那么a的最大值 ．10．[2023·福建卷改]假設(shè)>0>，且函數(shù))4－a2－b2在＝1處有極值，那么ab的最大值等．11．[2023·蘇北四市一] 函數(shù)(＝m＋n2的圖象在1,2處的切線恰好直線平行，假設(shè)在區(qū)上單調(diào)遞減，那么實數(shù)t的取值范圍是 ．12．設(shè)是R上的可導(dǎo)函數(shù)分別為的導(dǎo)函數(shù)，且滿足那么當時，填序)(1)f(x)g(b)>f(b)g(x)；(2)f(x)g(a)>f(a)·g(x)；(3)f(x)g(x)>f(b)g(b)；(4)f(x)g(x)>f(b)g(a)．fx 2－7 x fx13．(8

()＝

2－x

∈[0,1]，求

()的單調(diào)區(qū)間．1214．(8分)函數(shù)(＝＋a＋b＋c在1與＝－時都取得極值．3求的值；f 3 fx

(－1)＝，求2

()的單調(diào)區(qū)間和極值．15．(12分)函數(shù))＝a1.假設(shè))在實數(shù)集Ra的取值范圍；是否存在實數(shù)－1,1a設(shè)不存在，請說明理由．16．(12分)函數(shù)假設(shè)0，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，求ba b fx 1(2)假設(shè)

≥2，＝1，求方程()＝x在(0,1]上解的個數(shù)．2【根底熱身】

3

課時作業(yè)(十四) 31.－∞，－

3

，＋

由)2－1>0－∞，－

∪3

3

3 3，＋∞

3，3

，＋∞.2(1) (1)正確．3．7 由′(＝－6x易得，函數(shù)0)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)，故極大值為f(0)＝7.y 1 a a4．1 [解析]由條件可知，′－>0(0,11，可知＝1.【力量提升】[解析]，令6．5 ∵32＋a3，又＝33＝30－6a＝0，那么a＝5.37 －6 由于′(＝2＋b1<2是不等式2＋2bx23<01,2是方程32b＋0的兩個根，由根與系數(shù)的關(guān)系得＝－，2c＝－6.1 xx是導(dǎo)函數(shù)的不變號零點，因此它們不是極值點，而xx是變1 4 2 3號零點，因此它們是極值點，且x2

是極大值點，x3

是微小值點．9．3 ′()＝2－′()≥0恒成立，那么2－≥0，≤.又(＝32，＋∞)上遞增，故≤3a的最大值為3.10．9 )12－a2，∵f(x)在x＝1處有極值，∴f′(1)＝0，即12－2a－2b＝0，化簡得a＋b＝6，∵a>0，b>0，a＋b∴a 22＝，當且僅當＝3時，ab有最大值，最大值為9.11．[－2，－1] [解析] 因為 ′)＝m2＋nx，由題意得′ －1 ＝3－2＝， ＝1， f －1 ＝＋， ＝，所以′()＝2＋(＋1′()＝＋6≤0t t ′ t 3＋≤0， t在區(qū)[，＋1]上恒成立，所 解之得∈[－2，－1]．

′ ＋1 ＝3 ＋1

2＋6 ≤0，12(3) ′((()[(()]′<0)()為減函數(shù)，13．[解答]對函數(shù)()求導(dǎo)，得fx 13．[解答]對函數(shù)()求導(dǎo)，得

x －4＋17 1 2－7 .令′()＝ f x x 1 x ′()＝

2－x 2

2－x 2′()＝0，解得 ＝， ＝.1 2 2 2xx 0

1 1 120，2

2 ，1232f′(x)f(x)

－ 0 ＋7－2 －4 －3x f

x 1 所以，當∈0，時，()是減函數(shù)；當∈，12 214．(1)＋2a＋.x x 2 f x由題意，得

＝1

＝－為3

′()＝0的解，2 2 b 3 3 3∴－a＝1－，＝1×－3 3 3a 1 b∴＝－，2

＝－2.1(2)由(1()＝－2－，2f 1 c 3 c由 (－1)＝－1－＋2＋＝，得 ＝1，2 21∴(＝－2－2＋1′(＝－－2.2f′(x)的變化狀況如下：x

2

(1，＋∞)33－∞，－ －33＋ － ＋fx

2 ∴()的遞增區(qū)間為－∞，－和(1，＋∞)，遞減區(qū)間為－，1.x 2 fx

3

3 49當 ＝－時，()有極大值，

＝ ；3x fx

3 27f 1當 ＝1時，

)有微小值，

(1)＝－.215．(1)－，故2－≥0在R上恒成立，∴a≤0.(2)(－1,13≤01,1)≥32(－1,1)上恒成立，∴a≥3.a fx

b x －＋＋lx 0<<2 ，16．[解答](1)＝1，那么 ()＝|

ln＝2lnx ≥2 .b①當0<x<2時，f(x)＝－x＋2＋blnx，f′(x)＝－1＋x，b≥0恒成立．x∴b≥2.b②當x≥2時，f(x)＝x－2＋blnx，f′(x)＝1＋x，b恒成立．∴b≥－2.0的取值范圍是gx ax x 1(2)令

()＝| －2|＋ln4 ax－－

x

x2

＋2＋ln－x0<

<a，ax

x

－2＋ln

≥a.x2 gx ax x 1當0<時，()＝－ ＋2＋lng x a 1 1′()＝－＋＋ ，x 2x2 1a∵0<<a，∴x>，2那么′()>－＋g x 那么′()>－＋

a 2 a

≥0，2 4 4＋＝g x gx 上單調(diào)遞增．＋＝即 ′()>0，∴()x 2 gx ax x 1當 時，()＝ －2＋lng x a 1 1′()＝＋＋ >0，x 2gx 2 上是單調(diào)增函數(shù)．∴()在a，＋∞0，＋∞)上不間斷，0，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)．∵ 2 a a 2，而 ≥2，∴l(xiāng)na≤0，2那么g