巩固双基,提升能力
一、选择题
1．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图像不可能为y＝f(x)的图像是( )
A.
B.
C.
D.
解析：设F(x)＝f(x)·ex，则F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]．
因为x＝－1是F(x)的一个极值点，所以F′(－1)＝0，得出f′(－1)＋f(－1)＝0，在选项D中，由图像观察得到f(－1)＞0，f′(－1)＞0，所以f(－1)＋f′(－1)＞0与f′(－1)＋f(－1)＝0矛盾，故选D.
答案：D
2．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于( )
A．2 B．3 C．6 D．9
解析：∵f′(x)＝12x2－2ax－2b，
∵Δ＝4a2＋96b＞0，又x＝1是极值点，
∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6.
∴ab≤＝9，当且仅当a＝b时“＝”成立，所以ab的最大值为9，故选D.
答案：D
3．(2013·济宁模拟)若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)内有极小值，则实数b的取值范围是( )
A．(0,1) B．(－∞，1)
C．(0，＋∞) D.
解析：由f′(x)＝3x2－6b＝0，得x＝±(b＞0)，
∴0＜＜1，∴0＜b＜.
答案：D
4．已知对任意实数x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x＞0时，f′(x)＞0，g′(x)＞0，则x＜0时( )
A．f′(x)＞0，g′(x)＞0 B．f′(x)＞0，g′(x)＜0
C．f′(x)＜0，g′(x)＞0 D．f′(x)＜0，g′(x)＜0
解析：由题意知，f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，x＞0时，f′(x)＞0，g′(x)＞0，即x＞0时，f(x)是增函数，g(x)是增函数，所以x＜0时，f(x)是增函数，g(x)是减函数，即x＜0时，f′(x)＞0，g′(x)＜0.
答案：B
5．(2013·德州联考)已知y＝f(x)是定义在R上的函数，且f(1)＝1，f′(x)＞1，则f(x)＞x的解集是( )
A．(0,1) B．(－1,0)∪(0,1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析：令F(x)＝f(x)－x，则F′(x)＝f′(x)－1＞0，所以F(x)是增函数，故易得F(x)＞F(1)的解集，即f(x)＞x的解集是(1，＋∞).
答案：C
6．(2013·烟台质检)已知函数f(x)＝4x＋3sinx，x∈(－1,1)，如果f(1－a)＋f(1－a2)＜0成立，则实数a的取值范围为( )
A．(0,1) B．(1，)
C．(－2，－) D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
解析：∵f(x)＝4x＋3sinx，x∈(－1,1)，
∴f′(x)＝4＋3cosx＞0在x∈(－1,1)上恒成立．
∴f(x)在(－1,1)上是增函数．
又f(x)＝4x＋3sinx，x∈(－1,1)是奇函数，
∴不等式f(1－a)＋f(1－a2)＜0可化为f(1－a)＜f(a2－1)．
从而可知，a需满足解得1＜a＜.
答案：B
二、填空题
7．若函数y＝a(x3－x)在区间上为减函数，则a的取值范围是__________．
解析：y′＝a(3x2－1)，∵函数在上为减函数，
∴y′≤0在上恒成立．∵3x2－1＜0，∴a≥0.
当a＝0时，函数为常数函数，不合题意，∴a＞0.
答案：a＞0
8．已知函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a＞0)的极大值为正数，极小值为负数，则a的取值范围是__________．
解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，由f′(x)＜0，得－a＜x＜a.∴f(x)在区间(－∞，－a)内递增，在区间[－a，a]内递减，在区间[a，＋∞)内递增，极大值为f(－a)＝2a3＋a＝a(2a2＋1)＞0，①
极小值为f(a)＝a(1－2a2)＜0，②
由①②得a∈.
答案：
9．(2013·绵阳模拟)下图是函数y＝f(x)的导函数的图像，给出下面四个判断．
①f(x)在区间[－2，－1]上是增函数；
②x＝－1是f(x)的极小值点；
③f(x)在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数；
④x＝3是f(x)的极小值点．
其中，所有正确判断的序号是__________．
解析：由函数y＝f(x)的导函数的图像可知：
(1)f(x)在区间[－2，－1]上是减函数，在[－1,2]上为增函数，在[2,4]上为减函数；
(2)f(x)在x＝－1处取得极小值，在x＝2处取得极大值．
故②③正确．
答案：②③
三、解答题
10．设a＞0，讨论函数f(x)＝lnx＋a(1－a)x2－2(1－a)x的单调性．
解析：由题意知x＞0.
当a＝1时，f(x)＝lnx，其在(0，＋∞)上为增函数．
当a≠1时，f′(x)＝＋2a(1－a)x－2(1－a)
＝，
令f′(x)＝0得2a(1－a)x2－2(1－a)x＋1＝0.
由Δ＝4(1－a)2－8a(1－a)＝0得a＝.
(1)当0＜a＜时，2a(1－a)x2－2(1－a)x＋1＝0的判别式Δ＞0，两根分别为
x1＝，
x2＝.
又[]2－(1－a)2＝2a(a－1)＜0，
所以x1＞0且x2＞x1.
所以当0＜x＜x1或x＞x2时，f′(x)＞0；
当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0.
f(x)在，
上为增函数，
在上为减函数．
(2)当a＝时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数．
(3)当＜a＜1时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数．
(4)当a＞1时，x1＞0，
x2＝
＝＜0，
故当0＜x＜x1时，f′(x)＞0；当x＞x1时，f′(x)＜0.
f(x)在上为增函数，
在上为减函数．
综上可知：
(1)当0＜a＜时，f(x)在，
上为增函数，在
上为减函数；
(2)当≤a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上为增函数；
(3)当a＞1时，f(x)在上为增函数，在上为减函数．
11．设f(x)＝，其中a为正实数．
(1)当a＝时，求f(x)的极值点；
(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．
解析：对f(x)求导得f′(x)＝ex.①
(1)当a＝时，令f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，
解得x1＝，x2＝.综合①，可知
x
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
↘
极小值
所以，x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．
(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a＞0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a＞0，知0＜a≤1.
12．(2013·安徽名校联考)函数f(x)＝ax2＋2x＋1，g(x)＝lnx.
(1)设F(x)＝f(x)－g(x)，求F(x)有两个极值点的充要条件；
(2)求证：当a≥0时，不等式f(x)≥g(x)恒成立．
解析：(1)函数f(x)＝ax2＋2x＋1，g(x)＝lnx.
∴F(x)＝f(x)－g(x)＝ax2＋2x＋1－lnx，其定义域为(0，＋∞)．
∴F′(x)＝2ax＋2－＝.
∴F(x)有两个极值点?方程2ax2＋2x－1＝0有两个不等正根．
即?－＜a＜0.
∴F(x)有两个极值点的充要条件是－＜a＜0.
(2)不等式f(x)≥g(x)恒成立?F(x)＝ax2＋2x＋1－lnx≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥在(0，＋∞)上恒成立，令h(x)＝lnx－(2x＋1)．
h′(x)＝－2＝，当x∈时，h′(x)＞0.
当x∈时，h′(x)＜0.
∴x＝时，h(x)max＝ln－2＜0.
故x∈(0，＋∞)，都有＜0.
所以当a≥0时，a≥在(0，＋∞)上恒成立．
即不等式f(x)≥g(x)在(0，＋∞)上恒成立．
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