PAGEPAGE42013年高考数学总复习第二章第12课时导数与函数的单调性、极值课时闯关（含解析）新人教版一、选择题1．上面为函数y＝xsinx＋cosx的递增区间的是()A．(eq\f(π,2)，eq\f(3π,2))B．(π，2π)C．(eq\f(3π,2)，eq\f(5π,2))D．(2π，3π)解析：选C.y′＝(xsinx＋cosx)′＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈(eq\f(3π,2)，eq\f(5π,2))时，恒有xcosx>0.故选C.2．设f(x)＝x(ax2＋bx＋c)(a≠0)在x＝1和x＝－1处均有极值，则以下点中必然在x轴上的是()A．(a，b)B．(a，c)C．(b，c)D．(a＋b，c)解析：选A.f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由题意知1、－1是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根，∴1－1＝－eq\f(2b,3a)，b＝0，故选A.3．函数f(x)＝x3＋3x2＋3x－a的极值点的个数是()A．2B．1C．0D．由a确定解析：选C.f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增，故f(x)无极值，选C.4．已知函数f(x)的导数为f′(x)＝4x3－4x，且f(x)的图象过点(0，－5)，当函数f(x)取得极大值－5时，x的值应为()A．－1B．0C．1D．±1解析：选B.由f′(x)＝0，得极值点为x＝0和x＝±1.仅当x＝0时，f(x)取得极大值．故x的值为0.5．设f(x)、g(x)是R上的可导函数，f′(x)、g′(x)分别为f(x)、g(x)的导函数，且满足f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时，有()A．f(x)g(b)>f(b)g(x)B．f(x)g(a)>f(a)g(x)C．f(x)g(x)>f(b)g(b)D．f(x)g(x)>f(b)g(a)解析：选C.令y＝f(x)·g(x)，则y′＝f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)，由于f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，所以y在R上单调递减，又x<b，故f(x)g(x)>f(b)g(b)．二、填空题6．(2012·辽阳质检)函数f(x)＝x＋eq\f(9,x)的单调减区间为________．解析：f′(x)＝1－eq\f(9,x2)＝eq\f(x2－9,x2)，令f′(x)<0，解得－3<x<0或0<x<3，故单调减区间为(－3,0)和(0,3)．答案：(－3,0)，(0,3)7．f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则常数c的值为________．解析：f(x)＝x3－2cx2＋c2x，f′(x)＝3x2－4cx＋c2，f′(2)＝0⇒c＝2或c＝6，若c＝2，f′(x)＝3x2－8x＋4，令f′(x)>0⇒x<eq\f(2,3)或x>2，f′(x)<0⇒eq\f(2,3)<x<2，故函数在(－∞，eq\f(2,3))及(2，＋∞)上单调递增，在(eq\f(2,3)，2)上单调递减，∴x＝2是极小值点，故c＝2不合题意，同理可验证c＝6符合题意，所以c＝6.答案：68．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有三个相异的公共点，则a的取值范围是________．解析：令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可求得f(x)的极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，如图所示，－2<a<2时，恰有三个不同公共点．答案：(－2,2)三、解答题9．(2011·高考天津卷)已知函数f(x)＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，其中t∈R.(1)当t＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当t≠0时，求f(x)的单调区间；(3)证明：对任意t∈(0，＋∞)，f(x)在区间(0,1)内均存在零点．解：(1)当t＝1时，f(x)＝4x3＋3x2－6x，f(0)＝0，f′(x)＝12x2＋6x－6，f′(0)＝－6.所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－6x.(2)f′(x)＝12x2＋6tx－6t2.令f′(x)＝0，解得x＝－t或x＝eq\f(t,2).因为t≠0，所以分两种情况讨论：①若t<0，则eq\f(t,2)<－t.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(t,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\