还剩32页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册6.2.2 导数与函数的极值、最值第2课时综合训练题
展开
这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册6.2.2 导数与函数的极值、最值第2课时综合训练题，共35页。试卷主要包含了函数y=exx在上的最小值是等内容，欢迎下载使用。
第2课时 函数最值的求法
基础过关练
题组一 最值的概念
1.如图所示,函数f(x)的导函数f'(x)的图像是一条直线,则( )
A.函数f(x)既没有最大值,也没有最小值
B.函数f(x)有最大值,没有最小值
C.函数f(x)没有最大值,有最小值
D.函数f(x)既有最大值,也有最小值
2.已知M和m分别是函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值,若M=m,则f'(x)( )
A.等于0 B.小于0
C.等于1 D.不确定
题组二 利用导数求函数的最值
3.(2020重庆一中高二期末)函数f(x)=x3-3x2+2在区间[-1,1]上的最大值是( )
A.4 B.2 C.0 D.-2
4.(2020江苏苏州中学高二月考)函数y=exx在(0,2)上的最小值是( )
A.e2 B.e2e C.2e3 D.e
5.(2020吉林长春外国语学校高二期末)已知函数f(x)=2x-sin x,当x∈[0,1]时,函数f(x)的最大值为 .
6.函数f(x)=4xx2+1(x∈[-2,2])的最大值是 ,最小值是 .
7.已知函数f(x)=xe-x,求x∈[0,4]时的最小值、最大值.
题组三 函数的最值与参数
8.若函数f(x)=x3-x2-x+2m在区间[0,2]上的最大值是4,则m的值为( )
A.3 B.1 C.2 D.-1
9.(2019吉林长春东北师大附中高三模拟)已知f(x)=-13x3+x在区间(a,10-a2)上有最大值,则实数a的取值范围是( )
A.a<-1 B.-2≤a<3
C.-2≤a<1 D.-3
A.0≤a<1 B.0
A.-2e,+∞ B.-2e,0
C.-∞,-2e D.-2e,-1e
12.已知a是实数,函数f(x)=x2(x-a),求f(x)在区间[0,2]上的最大值.
13.已知函数f(x)=ln x+ax.
(1)当a<0时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在[1,e]上的最小值是32,求a的值.
题组四 函数的最值与不等式问题
14.已知函数f(x)=ex-x+a,若f(x)>0恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.(-1,+∞) B.(-∞,-1)
C.[-1,+∞) D.(-∞,-1]
15.(2020山东淄博第五中学高二月考)已知变量x1,x2∈(0,m)(m>0),且x1
C.1e D.1
16.(2020吉林辽源高二期末)已知函数f(x)=exx-ax,x∈(0,+∞),当x2>x1时,不等式f(x1)x2
C.-∞,e2 D.-∞,e2
17.(2020江西南昌二中高二期末)已知定义在R上的函数f(x)满足f(-x)=f(x),且对任意的不相等的实数x1,x2∈[0,+∞),有 f(x1)-f(x2)x1-x2<0恒成立,若关于x的不等式f(2mx-ln x-3)≥2f(3)-f(-2mx+ln x+3)在x∈[1,3]上恒成立,则实数m的取值范围是( )
A.12e,1+ln66 B.12e,1+ln36
C.1e,2+ln33 D.1e,2+ln63
18.已知函数f(x)=x3-3x2+2,x1,x2是区间[-1,1]内任意两个值,若M≥|f(x1)-f(x2)|恒成立,则M的最小值是 .
19.(2020安徽明光中学高二月考)已知函数f(x)=x-2a-1x-
2aln x(a∈R).
(1)若函数f(x)在x=2时取得极值,求实数a的值;
(2)若f(x)≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
题组五 最值的综合应用
20. (2020广东揭阳普宁华美实验学校高三月考)已知函数f(x)=
cos xsin 2x,则下列结论错误的是( )
A.函数f(x)的图像关于点(π,0)对称
B.函数f(x)的图像关于直线x=π2对称
C.f(x)的最大值为32
D.f(x)既是奇函数,又是周期函数
21.已知函数f(x)=ax-ln x,g(x)=ex-ax,其中a为正实数,若f(x)在(1,+∞)上无最小值,且g(x)在(1,+∞)上是单调递增函数,则实数a的取值范围为 .
22.已知函数f(x)=axcos x-1在0,π6上的最大值为3π6-1.
(1)求实数a的值;
(2)证明:函数f(x)在区间0,π2上有且仅有2个零点.
23.(2020广东深圳高级中学高三月考)已知函数f(x)=1x-1ex+ax(a∈R).
(1)当a=0时,判断函数f(x)的单调性;
(2)当x<0时, f(x)有两个极值点,
(i)求a的取值范围;
(ii)若f(x)的极大值小于整数k,求k的最小值.
能力提升练
题组一 利用导数求函数的最值
1.(2020湖南张家界高二期末,)若函数f(x)=x+2sin x,则当x∈[0,π]时, f(x)的最大值为( )
A.π2+2 B.π2+3
C.2π3+2 D.2π3+3
2.(2020陕西西安中学高二期末,)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|MN|的最小值为( )
A.22 B.4-2ln 2
C.14+ln 2 D.12+12ln 2
3.(多选)(2020江苏淮安高二期末,)已知f(x)=12x2+acos x,当a>1时, f(x)在(0,π)上( )
A.有最大值 B.有最小值
C.没有最小值 D.没有最大值
4.(2020重庆一中高三月考,)若直线y=ax+b与曲线y=ln x+1相切,则ab的最大值为 .
5.(2020湖南常德第六中学高三月考,)函数y=(15sin x+7)·cos x的最大值是 .
6.(2020湖南师大附中高二期末,)已知函数f(x)=x2+ax+1ex,其中e为自然对数的底数,a为实数.
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当a>-1时,求函数f(x)在区间[-1,2]上的最大值.
题组二 根据最值求参数的取值范围
7.(2020广西南宁高二期末,)已知函数f(x)=13x3-ax2+ax+1(a≤1)在t1,t2(t1≠t2)处的导数相等,则不等式f(t1+t2)+m≥0恒成立时,实数m的取值范围是( )
A.[-1,+∞) B.(-∞,-1]
C.(-∞,1] D.-∞,43
8.(2020辽宁盘锦高三期中,)已知函数f(x)=ln x+k的定义域与值域均为[a,b],且a>0,则k的取值范围是( )
A.(0,1) B.(1,+∞)
C.1e,1 D.1e,+∞
9.(2020重庆第七中学高二期中,)若函数f(x)=ln x(x>0)的图像与函数g(x)=x2+2x+a(x<0)的图像有公切线,则实数a的取值范围是( )
A.ln12e,+∞ B.(-1,+∞)
C.(1,+∞) D.(-ln 2,+∞)
题组三 函数最值的综合应用
10.(多选)(2020海南中学高二期末,)已知直线y=m与函数f(x)=ex的图像,g(x)=lnx2+12的图像分别交于A、B两点,则( )
A.|AB|的最小值为2+ln 2
B.存在实数m,使得曲线y=f(x)在点A处的切线平行于曲线y=g(x)在点B处的切线
C.函数F(x)=f(x)-g(x)+m至少存在一个零点
D.存在实数m,使得曲线y=f(x)在点A处的切线也是曲线y=g(x)的切线
11.(2020福建福州第一中学高三月考,)已知函数f(x)=ln(ax+b)+x(a≠0).
(1)当a+b=0时,试讨论函数f(x)的单调性,并求出函数f(x)的极值;
(2)若f(x)≤3x恒成立,求a2b的最大值.
答案全解全析
第2课时 函数最值的求法
基础过关练
1.C 由题中图像可知,函数f(x)只有一个极小值点1,即f(x)在x=1处取得最小值,没有最大值.
2.A 因为M=m,所以f(x)为常数函数,故f'(x)=0,故选A.
3.B 令f'(x)=3x2-6x=0,解得x=0或x=2.又f(0)=2, f(2)=-2, f(-1)=-2, f(1)=0,所以函数f(x)的最大值为2.
4.D ∵y=exx,∴y'=ex(x-1)x2,令y'=0,可得x=1.
当00.
所以,函数y=exx在x=1处取得极小值,也是最小值,即ymin=e.
5.答案 2-sin 1
解析 因为f'(x)=2-cos x>0,所以函数f(x)=2x-sin x是R上的增函数,故当x∈[0,1]时,函数f(x)的最大值为f(1)=2-sin 1.
6.答案 2;-2
解析 易得f'(x)=4(x2+1)-4x·2x(x2+1)2
=4(1-x2)(x2+1)2=4(1+x)(1-x)(x2+1)2,
令f'(x)=0,得x1=-1,x2=1.
又f(-2)=-85, f(-1)=-2, f(1)=2,f(2)=85,∴f(x)max=2, f(x)min=-2.
7.解析 易得f'(x)=e-x-xe-x=(1-x)e-x.
令f'(x)=0,解得x=1.
当x∈(0,1)时, f'(x)>0;当x∈(1,4)时, f'(x)<0,
∴当x=1时, f(x)取得极大值.
又f(0)=0, f(1)=1e, f(4)=4e4,且0<4e4<1e,
∴f(x)max=1e, f(x)min=0.
8.B 易得f'(x)=3x2-2x-1,令f'(x)=0,解得x=-13(舍去)或x=1.
又f(0)=2m, f(1)=2m-1, f(2)=2m+2,
则f(2)最大,所以2m+2=4,所以m=1.
故选B.
9.C 易得f'(x)=-x2+1,令f'(x)=0,可得x=±1,分析易得x=1是f(x)=-13x3+x的极大值点.
因为函数f(x)=-13x3+x在(a,10-a2)上有最大值,所以其最大值必是区间(a,10-a2)上的极大值,
所以a<1<10-a2,f(a)≤f(1),
所以a<1,-3
故选C.
10.B 易得f'(x)=3x2-3a=3(x2-a),x∈(0,1).
①若a≤0,可得f'(x)>0,则f(x)在(0,1)上单调递增, f(x)无最小值,不符合题意.
②若a>0,令f'(x)=0,解得x=a,
当x>a时, f(x)为增函数;当0
11.B 易得f'(x)=mx-2ln x=m-2xlnxx(x>0),
若函数f(x)具有“凹凸趋向性”,
则m=2xln x在(0,+∞)上有2个不同的实数根,
令g(x)=2xln x,则g'(x)=2(1+ln x),
令g'(x)>0,解得x>1e,
令g'(x)<0,解得0
故g(x)的极小值是g1e=-2e,它也是最小值,
当x越趋近于0时,g(x)也越趋近于0,
故m的取值范围是-2e
令f'(x)=0,解得x1=0,x2=2a3.
①当2a3≤0,即a≤0时,
f(x)在[0,2]上单调递增,从而f(x)max=f(2)=8-4a.
②当2a3≥2,即a≥3时, f(x)在[0,2]上单调递减,从而f(x)max=f(0)=0.
③当0<2a3<2,即0
13.解析 易得函数f(x)=ln x+ax的定义域为(0,+∞), f'(x)=1x-ax2=x-ax2.
(1)∵a<0,x∈(0,+∞),∴f'(x)>0.
故函数在其定义域(0,+∞)上单调递增.
(2)当x∈[1,e]时,分如下情况讨论:
①当a<1时, f'(x)>0,则函数f(x)在[1,e]上单调递增,其最小值为f(1)=a<1,与函数在[1,e]上的最小值是32矛盾,舍去;
②当a=1时,函数f(x)在[1,e]上单调递增,其最小值为f(1)=1,同样与已知矛盾,舍去;
③当10,则f(x)在[1,a)上单调递减,在(a,e]上单调递增,
所以,函数f(x)的极小值,也是最小值为f(a)=ln a+1,由ln a+1=32,得a=e.
④当a=e时,函数f(x)在[1,e]上有f'(x)≤0,此时f(x)单调递减,其最小值为f(e)=2,与已知矛盾,舍去;
⑤当a>e时,显然函数f(x)在[1,e]上单调递减,其最小值为f(e)=1+ae>2,与已知矛盾,舍去.
综上所述,a的值为e.
14.A 易得f'(x)=ex-1,
令f'(x)>0,解得x>0,
令f'(x)<0,解得x<0,
故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
故f(x)min=f(0)=1+a,
若f(x)>0恒成立,
则1+a>0,解得a>-1,故选A.
15.A ∵x1,x2∈(0,m)(m>0),x1x2
16.D ∵x∈(0,+∞),x2>x1时,f(x1)x2
∴2a≤exx.
令m(x)=exx(x>0),则m'(x)=(x-1)exx2,
当x∈(0,1)时,m'(x)<0,此时m(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,m'(x)>0,此时m(x)单调递增.
∴m(x)min=m(1)=e,∴2a≤e,∴a≤e2.
17.B 由题意可知f(x)为偶函数,且在[0,+∞)上单调递减,
故f(2mx-ln x-3)≥2f(3)-f(-2mx+ln x+3),x∈[1,3]恒成立可以转化为
f(2mx-ln x-3)≥f(3),x∈[1,3]恒成立,即|2mx-ln x-3|≤3,x∈[1,3]恒成立,
即0≤2mx-ln x≤6,x∈[1,3]恒成立,
即2m≥lnxx且2m≤6+lnxx,x∈[1,3]恒成立,
令g(x)=lnxx(x∈[1,3]),则g'(x)=1-lnxx2,当x∈[1,e)时,g'(x)>0,当x∈(e,3]时,g'(x)<0,则g(x)在[1,e)上单调递增,在(e,3]上单调递减,
所以g(x)max=g(e)=1e,
令h(x)=6+lnxx(x∈[1,3]),则h'(x)=-5-lnxx2<0,则h(x)在[1,3]上单调递减,
所以h(x)min=h(3)=6+ln33.所以2m≥1e,2m≤6+ln33,解得12e≤m≤1+ln36,故m∈12e,1+ln36,故选B.
18.答案 4
解析 易得f'(x)=3x2-6x=3x(x-2).
当-1≤x<0时, f'(x)>0,此时f(x)单调递增;
当0
又f(-1)=-2, f(1)=0,
所以f(x)min=f(-1)=-2,
对区间[-1,1]上任意x1,x2,
|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)min=4,
所以M≥|f(x1)-f(x2)|恒成立,等价于M≥4恒成立,即M的最小值为4.
19.解析 (1)易得f'(x)=1+2a-1x2-2ax,
依题意有f'(2)=0,即1+2a-14-a=0,解得a=32.
检验:当a=32时, f'(x)=1+2x2-3x=x2-3x+2x2=(x-1)(x-2)x2.
此时,函数f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,满足在x=2时取得极值.
综上,a=32.
(2)依题意可得, f(x)≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立等价于f(x)min≥0在x∈[1,+∞)上恒成立.
因为f'(x)=1+2a-1x2-2ax=x2-2ax+(2a-1)x2=[x-(2a-1)](x-1)x2,
令f'(x)=0,得x1=2a-1,x2=1.
①当2a-1≤1,即a≤1时, f'(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,则f(x)在[1,+∞)上单调递增,
于是f(x)min=f(1)=2-2a≥0,解得a≤1,此时a≤1.
②当2a-1>1,即a>1时,若x∈[1,2a-1),则f'(x)≤0;若x∈(2a-1,+∞),则f'(x)>0,所以函数f(x)在[1,2a-1)上单调递减,在(2a-1,+∞)上单调递增,
于是f(x)min=f(2a-1)
21. C 对于A选项,只需证明f(2π-x)+f(x)=0即可,而f(2π-x)+f(x)=cos(2π-x)·sin[2(2π-x)]+cos xsin 2x=
-cos xsin 2x+cos xsin 2x=0,故A中结论正确;
对于B选项,只需证明f(π-x)=f(x)即可,
而f(π-x)=cos(π-x)sin[2(π-x)]=-cos x·(-sin 2x)=
cos xsin 2x=f(x),故B中结论正确;
对于C选项, f(x)=cos xsin 2x=cos x·2sin xcos x=2sin xcos2x=
2sin x(1-sin2x)=-2sin3x+2sin x,
令t=sin x,t∈[-1,1],y=-2t3+2t,求导得y'=2-6t2,令y'>0,解得-33
-cos xsin 2x=-f(x),
故f(x)是奇函数,又f(2π+x)=cos(2π+x)·sin[2(2π+x)]=
cos xsin 2x=f(x),所以函数f(x)是周期为2π的函数,故D中结论正确.
21.答案 [1,e]
解析 ∵f(x)=ax-ln x(x>0),
∴f'(x)=a-1x=ax-1x(x>0),
若f(x)在(1,+∞)上无最小值,
则f(x)在(1,+∞)上单调,
∴f'(x)≥0在(1,+∞)上恒成立或f'(x)≤0在(1,+∞)上恒成立,
∴a≥1x或a≤1x,
而函数y=1x在(1,+∞)上单调递减,
且x→1时,y→1,x→+∞时,y→0,
∴a≥1或a≤0,而a为正实数,故a≥1.①
∵g(x)=ex-ax,∴g'(x)=ex-a,
∵函数g(x)=ex-ax在区间(1,+∞)上单调递增,
∴g'(x)=ex-a≥0在区间(1,+∞)上恒成立,
∴a≤ex在区间(1,+∞)上恒成立.
而ex>e,∴a≤e.②
由①②得a∈[1,e].
22.解析 (1)易得f'(x)=a(cos x-xsin x).
因为x∈0,π6,所以cos x>sin x≥0,
又1>x≥0,所以1·cos x>xsin x,即cos x-xsin x>0.
当a>0时, f'(x)>0,则f(x)在区间0,π6上单调递增,
此时f(x)max=fπ6=a×π6×32-1=3π6-1,解得a=2,符合题意.
当a<0时, f'(x)<0,所以f(x)在区间0,π6上单调递减,
此时f(x)max=f(0)=-1,不符合题意.
当a=0时, f(x)=-1,不符合题意.
综上,a=2.
(2)证明:设g(x)=cos x-xsin x,
则g'(x)=-2sin x-xcos x<00
所以存在唯一的x0∈0,π2,使得g(x0)=0.
当00,即f'(x)=2g(x)>0,所以f(x)在(0,x0)上单调递增;当x0
所以f(x)在0,π4与π4,π2上各有一个零点,
综上,函数f(x)在区间0,π2上有且仅有2个零点.
23.解析 (1)由题意,x≠0,当a=0时, f(x)=1x-1ex,则f'(x)=ex·-x2+x-1x2<0,
∴f(x)在(-∞,0),(0,+∞)上单调递减.
(2)(i)∵f(x)=1x-1ex+ax,∴f'(x)=(-x2+x-1)ex-ax2,由题意知f'(x)=0有两个不相等的负实数根,
令h(x)=(-x2+x-1)ex-a,x<0,
∴h'(x)=ex(-x2-x)=-exx(x+1),
∴当x∈(-∞,-1)时,h'(x)<0,
当x∈(-1,0)时,h'(x)>0,
即h(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,0)上单调递增,
∵h(0)=-1-a,h(-1)=-3e-a,且h(-2)=-7e2-a>h(0),
∴h(x)=0有两个负根只需h(0)>0,h(-1)<0,解得-3e
且在(-2,x0)上,h(x)>0, f'(x)>0, f(x)单调递增,
在(x0,-1)上,h(x)<0, f'(x)<0, f(x)单调递减,
∴x0为f(x)的极大值点,
∴f(x)的极大值为f(x0)=1x0-1ex0+ax0=1x0-1ex0+(-x02+x0-1)ex0x0=-x0ex0,x0∈(-2,-1),
设g(x)=-xex,x∈(-2,-1),则g'(x)=-ex-xex=-ex(x+1)>0,∴g(x)在(-2,-1)上单调递增,∴g(x)∈2e2,1e,
即f(x0)∈2e2,1e,
∵f(x)的极大值小于整数k,
∴kmin=1.
能力提升练
1.D 易得f'(x)=1+2cos x.当0≤x<2π3时,f'(x)>0,此时f(x)是增函数;
当2π3
令y'>0,∵x>0,∴x>22,∴函数y=x2-ln x(x>0)在22,+∞上单调递增;
令y'<0,∵x>0,∴00)在0,22上单调递减.
∴当x=22时,函数y=f(x)-g(x)取得最小值,最小值为12+12ln 2,即|MN|的最小值为12+12ln 2.
3.BD ∵f(x)=12x2+acos x,
∴f'(x)=x-asin x,
令y1=x,y2=asin x,在同一平面直角坐标系中作出y1=x,y2=asin x的大致图像,如图.
当0y2,即f'(x)=x-asin x>0,故f(x)单调递增;
当x=x0时,y1=y2,即f'(x)=x-asin x=0,故f(x)取得极小值,也是最小值.
综上,f(x)=12x2+acos x在(0,π)上有最小值,没有最大值.
4.答案 1e
解析 设切点坐标为(x0,ln x0+1)(x0>0),易得y'=1x,则切线斜率为1x0,则切线方程为y=1x0(x-x0)+ln x0+1=1x0x+ln x0,
所以a=1x0,b=ln x0,所以ab=ln x0x0,令g(x)=lnxx(x>0),则g'(x)=1-lnxx2,
易得g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,则g(x)max=g(e)=1e.
5.答案 645
解析 易得y'=15cos2x-(15sin x+7)sin x=15cos2x-15sin2x-7sin x
=-30sin2x-7sin x+15
=(-5sin x+3)(6sin x+5),
令y'=0,得sin x=35或sin x=-56,因为函数的定义域为R,所以若函数存在最大值,则最大值应在极大值处取到,易知当sin x=35时,函数取得最大值,最大值为645.
6.解析 (1)当a=1时, f(x)=x2+x+1ex,
则f'(x)=-x(x-1)ex.
由f'(x)>0,ex>0,得x(x-1)<0,即0
所以f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(-∞,0)和(1,+∞).
(2)易得f'(x)=-(x-1)[x-(1-a)]ex.
因为a>-1,所以1-a<2.
①当1<1-a<2,即-10,得1
所以f(x)max=max{f(-1), f(1-a)}.
因为f(-1)=(2-a)e, f(1-a)=(1-a)2+a(1-a)+1e1-a=(2-a)ea-1,且-1
②当1-a=1,即a=0时, f'(x)=-(x-1)2ex≤0,
所以f(x)在[-1,2]上单调递减,
所以f(x)max=f(-1)=(2-a)e.
③当-1<1-a<1,即00,得1-a
所以f(x)max=max{f(-1), f(1)},
因为f(1)-f(-1)=2+ae+(a-2)e=a(1+e2)-2(e2-1)e,
所以当0f(1),此时f(x)max=f(-1)=(2-a)e;
当2(e2-1)e2+1≤a<2时, f(1)≥f(-1),此时f(x)max=f(1)=2+ae.
④当1-a≤-1,即a≥2时, f(x)在[-1,1)上单调递增,在(1,2]上单调递减,
则f(x)max=f(1)=2+ae.
综上, f(x)max=(2-a)e,-1
令g(a)=f(2a)=-43a3+2a2+1(a≤1),
则g'(a)=-4a2+4a=-4a(a-1),当a∈(-∞,0)时,g'(a)<0,当a∈(0,1)时,g'(a)>0,
∴g(a)在(-∞,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,
∴g(a)min=g(0)=1,∴-m≤1,∴m≥-1.
8.B 易知f(x)=ln x+k在(0,+∞)上单调递增,故f(a)=a,f(b)=b,
所以f(x)=x在(0,+∞)上有两个不同的解,
即k=x-ln x在(0,+∞)上有两个不同的解,令g(x)=x-ln x(x>0),则g'(x)=1-1x=x-1x(x>0),
易得g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以k>g(1)=1,即k>1.
9.A 设公切线与函数f(x)=ln x(x>0)的图像相切于点A(x1,ln x1)(x1>0),则切线方程为y-ln x1=1x1(x-x1),即y=1x1x+ln x1-1.设公切线与函数g(x)=x2+2x+a(x<0)的图像相切于点B(x2,x22+2x2+a)(x2<0),则切线方程为y-(x22+2x2+a)=2(x2+1)(x-x2),即y=2(x2+1)x-x22+a,∴1x1=2(x2+1),ln x1-1=-x22+a,
∴a=ln x1+12x1-12-1=-ln 1x1+141x1-22-1,令t=1x1,∵x2<0h(2)=-ln 2-1=ln 12e,∴a∈ln 12e,+∞,故选A.
10.ABD 令f(x)=ex=m,得x=ln m,令g(x)=ln x2+12=m,得x=2em-12,
则点A坐标为(ln m,m),点B坐标为(2em-12,m),画出f(x)、g(x)的图像和直线y=m,如下图所示:
由图像可知,|AB|=2em-12-ln m,其中m>0,
令h(m)=2em-12-ln m,则h'(m)=2em-12-1m,则函数y=h'(m)单调递增,且h'12=0,当012时,h'(m)>0,
所以,函数h(m)=2em-12-ln m在0,12上单调递减,在12,+∞上单调递增,
所以,|AB|min=h12=2-ln 12=2+ln 2,A选项正确.
∵f(x)=ex,g(x)=ln x2+12,则f'(x)=ex,g'(x)=1x,
曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为f'(ln m)=m,
曲线y=g(x)在点B处的切线斜率为g'(2em-12)=12em-12,
令f'(ln m)=g'(2em-12),即m=12em-12,即2mem-12=1,
因为m=12满足方程2mem-12=1,所以,存在实数m,使得曲线y=f(x)在点A处的切线平行于曲线y=g(x)在点B处的切线,B选项正确.
由函数F(x)=f(x)-g(x)+m=ex-ln x2+m-12,可得F'(x)=ex-1x,
易得函数F'(x)=ex-1x在(0,+∞)上为增函数,由于F'12=e-2<0,F'(1)=e-1>0,
因此存在t∈12,1,使得F'(t)=et-1t=0,可得t=-ln t.
当0t时,F'(x)>0.
∴F(x)min=F(t)=et-ln t2+m-12=et-ln t+m+ln 2-12=1t+t+m+ln 2-12>2t·1t+m+ln 2-12=32+ln 2+m>0,
所以,函数F(x)=f(x)-g(x)+m没有零点,C选项错误.
设曲线y=f(x)在点A处的切线与曲线y=g(x)相切于点C(n,g(n))(n>0),
则曲线y=f(x)在点A处的切线方程为y-m=eln m(x-ln m),即y=mx+m(1-ln m),
同理,曲线y=g(x)在点C处的切线方程为y=1nx+ln n2-12,
所以m=1n,m(1-lnm)=ln n2-12,消去n得m-(m-1)ln m+ln 2+12=0,
令G(x)=x-(x-1)ln x+ln 2+12(x>0),则G'(x)=1-x-1x-ln x=1x-ln x,
易得函数G'(x)在(0,+∞)上为减函数,
∵G'(1)=1>0,G'(2)=12-ln 2<0,
则存在实数s∈(1,2),使得G'(s)=1s-ln s=0,且s=e1s.
当00,当x>s时,G'(x)<0.
所以,函数G(x)在(2,+∞)上为减函数,∵G(2)=52>0,G(8)=172-20ln 2<0,
由函数零点存在定理知,函数G(x)在(2,+∞)上有零点,
即方程m-(m-1)ln m+ln 2+12=0在(2,+∞)上有解.
所以,存在实数m,使得曲线y=f(x)在点A处的切线也是曲线y=g(x)的切线,D选项正确.
故选ABD.
11.解析 (1)当a+b=0时, f(x)=ln [a(x-1)]+x(a≠0).
①当a>0时, f(x)的定义域为(1,+∞),f'(x)=xx-1>0,
此时f(x)在(1,+∞)上单调递增,且f(x)无极值;
②当a<0时, f(x)的定义域为(-∞,1),f'(x)=xx-1,当x<0时, f'(x)>0,当0
当x=0时, f(x)取得极大值,极大值为ln(-a),且f(x)无极小值.
(2)由题意知ln(ax+b)-2x≤0恒成立,令g(x)=ln(ax+b)-2x,则g(x)≤0恒成立.
若a<0,则由ax+b>0知x<-ba,取x0<-ba,使得ln(ax0+b)=-2ba+1,
则g(x0)=-2ba+1-2x0,而-2x0>2ba,所以g(x0)>-2ba+1+2ba=1>0,与g(x0)≤0矛盾,
故a>0,由ax+b>0知x>-ba,g'(x)=-2ax+a-2bax+b=-2ax-a-2b2aax+b,
故g(x)在-ba,a-2b2a上单调递增,在a-2b2a,+∞上单调递减,
因此g(x)max=ga-2b2a=ln a2-a-2ba≤0,故b≤a-aln a22,
所以a2b≤a3-a3ln a22.
记M(a)=a3-a3ln a22(a>0),则M'(a)=-3a22·ln a2-23,则M(a)在(0,2e23)上单调递增,在(2e23,+∞)上单调递减,因此M(a)max=M(2e23)=43e2.
所以a2b的最大值为43e2.
第2课时 函数最值的求法
基础过关练
题组一 最值的概念
1.如图所示,函数f(x)的导函数f'(x)的图像是一条直线,则( )
A.函数f(x)既没有最大值,也没有最小值
B.函数f(x)有最大值,没有最小值
C.函数f(x)没有最大值,有最小值
D.函数f(x)既有最大值,也有最小值
2.已知M和m分别是函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值,若M=m,则f'(x)( )
A.等于0 B.小于0
C.等于1 D.不确定
题组二 利用导数求函数的最值
3.(2020重庆一中高二期末)函数f(x)=x3-3x2+2在区间[-1,1]上的最大值是( )
A.4 B.2 C.0 D.-2
4.(2020江苏苏州中学高二月考)函数y=exx在(0,2)上的最小值是( )
A.e2 B.e2e C.2e3 D.e
5.(2020吉林长春外国语学校高二期末)已知函数f(x)=2x-sin x,当x∈[0,1]时,函数f(x)的最大值为 .
6.函数f(x)=4xx2+1(x∈[-2,2])的最大值是 ,最小值是 .
7.已知函数f(x)=xe-x,求x∈[0,4]时的最小值、最大值.
题组三 函数的最值与参数
8.若函数f(x)=x3-x2-x+2m在区间[0,2]上的最大值是4,则m的值为( )
A.3 B.1 C.2 D.-1
9.(2019吉林长春东北师大附中高三模拟)已知f(x)=-13x3+x在区间(a,10-a2)上有最大值,则实数a的取值范围是( )
A.a<-1 B.-2≤a<3
C.-2≤a<1 D.-3
A.0≤a<1 B.0
A.-2e,+∞ B.-2e,0
C.-∞,-2e D.-2e,-1e
12.已知a是实数,函数f(x)=x2(x-a),求f(x)在区间[0,2]上的最大值.
13.已知函数f(x)=ln x+ax.
(1)当a<0时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在[1,e]上的最小值是32,求a的值.
题组四 函数的最值与不等式问题
14.已知函数f(x)=ex-x+a,若f(x)>0恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.(-1,+∞) B.(-∞,-1)
C.[-1,+∞) D.(-∞,-1]
15.(2020山东淄博第五中学高二月考)已知变量x1,x2∈(0,m)(m>0),且x1
C.1e D.1
16.(2020吉林辽源高二期末)已知函数f(x)=exx-ax,x∈(0,+∞),当x2>x1时,不等式f(x1)x2
C.-∞,e2 D.-∞,e2
17.(2020江西南昌二中高二期末)已知定义在R上的函数f(x)满足f(-x)=f(x),且对任意的不相等的实数x1,x2∈[0,+∞),有 f(x1)-f(x2)x1-x2<0恒成立,若关于x的不等式f(2mx-ln x-3)≥2f(3)-f(-2mx+ln x+3)在x∈[1,3]上恒成立,则实数m的取值范围是( )
A.12e,1+ln66 B.12e,1+ln36
C.1e,2+ln33 D.1e,2+ln63
18.已知函数f(x)=x3-3x2+2,x1,x2是区间[-1,1]内任意两个值,若M≥|f(x1)-f(x2)|恒成立,则M的最小值是 .
19.(2020安徽明光中学高二月考)已知函数f(x)=x-2a-1x-
2aln x(a∈R).
(1)若函数f(x)在x=2时取得极值,求实数a的值;
(2)若f(x)≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
题组五 最值的综合应用
20. (2020广东揭阳普宁华美实验学校高三月考)已知函数f(x)=
cos xsin 2x,则下列结论错误的是( )
A.函数f(x)的图像关于点(π,0)对称
B.函数f(x)的图像关于直线x=π2对称
C.f(x)的最大值为32
D.f(x)既是奇函数,又是周期函数
21.已知函数f(x)=ax-ln x,g(x)=ex-ax,其中a为正实数,若f(x)在(1,+∞)上无最小值,且g(x)在(1,+∞)上是单调递增函数,则实数a的取值范围为 .
22.已知函数f(x)=axcos x-1在0,π6上的最大值为3π6-1.
(1)求实数a的值;
(2)证明:函数f(x)在区间0,π2上有且仅有2个零点.
23.(2020广东深圳高级中学高三月考)已知函数f(x)=1x-1ex+ax(a∈R).
(1)当a=0时,判断函数f(x)的单调性;
(2)当x<0时, f(x)有两个极值点,
(i)求a的取值范围;
(ii)若f(x)的极大值小于整数k,求k的最小值.
能力提升练
题组一 利用导数求函数的最值
1.(2020湖南张家界高二期末,)若函数f(x)=x+2sin x,则当x∈[0,π]时, f(x)的最大值为( )
A.π2+2 B.π2+3
C.2π3+2 D.2π3+3
2.(2020陕西西安中学高二期末,)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|MN|的最小值为( )
A.22 B.4-2ln 2
C.14+ln 2 D.12+12ln 2
3.(多选)(2020江苏淮安高二期末,)已知f(x)=12x2+acos x,当a>1时, f(x)在(0,π)上( )
A.有最大值 B.有最小值
C.没有最小值 D.没有最大值
4.(2020重庆一中高三月考,)若直线y=ax+b与曲线y=ln x+1相切,则ab的最大值为 .
5.(2020湖南常德第六中学高三月考,)函数y=(15sin x+7)·cos x的最大值是 .
6.(2020湖南师大附中高二期末,)已知函数f(x)=x2+ax+1ex,其中e为自然对数的底数,a为实数.
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当a>-1时,求函数f(x)在区间[-1,2]上的最大值.
题组二 根据最值求参数的取值范围
7.(2020广西南宁高二期末,)已知函数f(x)=13x3-ax2+ax+1(a≤1)在t1,t2(t1≠t2)处的导数相等,则不等式f(t1+t2)+m≥0恒成立时,实数m的取值范围是( )
A.[-1,+∞) B.(-∞,-1]
C.(-∞,1] D.-∞,43
8.(2020辽宁盘锦高三期中,)已知函数f(x)=ln x+k的定义域与值域均为[a,b],且a>0,则k的取值范围是( )
A.(0,1) B.(1,+∞)
C.1e,1 D.1e,+∞
9.(2020重庆第七中学高二期中,)若函数f(x)=ln x(x>0)的图像与函数g(x)=x2+2x+a(x<0)的图像有公切线,则实数a的取值范围是( )
A.ln12e,+∞ B.(-1,+∞)
C.(1,+∞) D.(-ln 2,+∞)
题组三 函数最值的综合应用
10.(多选)(2020海南中学高二期末,)已知直线y=m与函数f(x)=ex的图像,g(x)=lnx2+12的图像分别交于A、B两点,则( )
A.|AB|的最小值为2+ln 2
B.存在实数m,使得曲线y=f(x)在点A处的切线平行于曲线y=g(x)在点B处的切线
C.函数F(x)=f(x)-g(x)+m至少存在一个零点
D.存在实数m,使得曲线y=f(x)在点A处的切线也是曲线y=g(x)的切线
11.(2020福建福州第一中学高三月考,)已知函数f(x)=ln(ax+b)+x(a≠0).
(1)当a+b=0时,试讨论函数f(x)的单调性,并求出函数f(x)的极值;
(2)若f(x)≤3x恒成立,求a2b的最大值.
答案全解全析
第2课时 函数最值的求法
基础过关练
1.C 由题中图像可知,函数f(x)只有一个极小值点1,即f(x)在x=1处取得最小值,没有最大值.
2.A 因为M=m,所以f(x)为常数函数,故f'(x)=0,故选A.
3.B 令f'(x)=3x2-6x=0,解得x=0或x=2.又f(0)=2, f(2)=-2, f(-1)=-2, f(1)=0,所以函数f(x)的最大值为2.
4.D ∵y=exx,∴y'=ex(x-1)x2,令y'=0,可得x=1.
当0
所以,函数y=exx在x=1处取得极小值,也是最小值,即ymin=e.
5.答案 2-sin 1
解析 因为f'(x)=2-cos x>0,所以函数f(x)=2x-sin x是R上的增函数,故当x∈[0,1]时,函数f(x)的最大值为f(1)=2-sin 1.
6.答案 2;-2
解析 易得f'(x)=4(x2+1)-4x·2x(x2+1)2
=4(1-x2)(x2+1)2=4(1+x)(1-x)(x2+1)2,
令f'(x)=0,得x1=-1,x2=1.
又f(-2)=-85, f(-1)=-2, f(1)=2,f(2)=85,∴f(x)max=2, f(x)min=-2.
7.解析 易得f'(x)=e-x-xe-x=(1-x)e-x.
令f'(x)=0,解得x=1.
当x∈(0,1)时, f'(x)>0;当x∈(1,4)时, f'(x)<0,
∴当x=1时, f(x)取得极大值.
又f(0)=0, f(1)=1e, f(4)=4e4,且0<4e4<1e,
∴f(x)max=1e, f(x)min=0.
8.B 易得f'(x)=3x2-2x-1,令f'(x)=0,解得x=-13(舍去)或x=1.
又f(0)=2m, f(1)=2m-1, f(2)=2m+2,
则f(2)最大,所以2m+2=4,所以m=1.
故选B.
9.C 易得f'(x)=-x2+1,令f'(x)=0,可得x=±1,分析易得x=1是f(x)=-13x3+x的极大值点.
因为函数f(x)=-13x3+x在(a,10-a2)上有最大值,所以其最大值必是区间(a,10-a2)上的极大值,
所以a<1<10-a2,f(a)≤f(1),
所以a<1,-3
故选C.
10.B 易得f'(x)=3x2-3a=3(x2-a),x∈(0,1).
①若a≤0,可得f'(x)>0,则f(x)在(0,1)上单调递增, f(x)无最小值,不符合题意.
②若a>0,令f'(x)=0,解得x=a,
当x>a时, f(x)为增函数;当0
11.B 易得f'(x)=mx-2ln x=m-2xlnxx(x>0),
若函数f(x)具有“凹凸趋向性”,
则m=2xln x在(0,+∞)上有2个不同的实数根,
令g(x)=2xln x,则g'(x)=2(1+ln x),
令g'(x)>0,解得x>1e,
令g'(x)<0,解得0
故g(x)的极小值是g1e=-2e,它也是最小值,
当x越趋近于0时,g(x)也越趋近于0,
故m的取值范围是-2e
令f'(x)=0,解得x1=0,x2=2a3.
①当2a3≤0,即a≤0时,
f(x)在[0,2]上单调递增,从而f(x)max=f(2)=8-4a.
②当2a3≥2,即a≥3时, f(x)在[0,2]上单调递减,从而f(x)max=f(0)=0.
③当0<2a3<2,即0
13.解析 易得函数f(x)=ln x+ax的定义域为(0,+∞), f'(x)=1x-ax2=x-ax2.
(1)∵a<0,x∈(0,+∞),∴f'(x)>0.
故函数在其定义域(0,+∞)上单调递增.
(2)当x∈[1,e]时,分如下情况讨论:
①当a<1时, f'(x)>0,则函数f(x)在[1,e]上单调递增,其最小值为f(1)=a<1,与函数在[1,e]上的最小值是32矛盾,舍去;
②当a=1时,函数f(x)在[1,e]上单调递增,其最小值为f(1)=1,同样与已知矛盾,舍去;
③当1
所以,函数f(x)的极小值,也是最小值为f(a)=ln a+1,由ln a+1=32,得a=e.
④当a=e时,函数f(x)在[1,e]上有f'(x)≤0,此时f(x)单调递减,其最小值为f(e)=2,与已知矛盾,舍去;
⑤当a>e时,显然函数f(x)在[1,e]上单调递减,其最小值为f(e)=1+ae>2,与已知矛盾,舍去.
综上所述,a的值为e.
14.A 易得f'(x)=ex-1,
令f'(x)>0,解得x>0,
令f'(x)<0,解得x<0,
故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
故f(x)min=f(0)=1+a,
若f(x)>0恒成立,
则1+a>0,解得a>-1,故选A.
15.A ∵x1,x2∈(0,m)(m>0),x1x2
16.D ∵x∈(0,+∞),x2>x1时,f(x1)x2
∴2a≤exx.
令m(x)=exx(x>0),则m'(x)=(x-1)exx2,
当x∈(0,1)时,m'(x)<0,此时m(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,m'(x)>0,此时m(x)单调递增.
∴m(x)min=m(1)=e,∴2a≤e,∴a≤e2.
17.B 由题意可知f(x)为偶函数,且在[0,+∞)上单调递减,
故f(2mx-ln x-3)≥2f(3)-f(-2mx+ln x+3),x∈[1,3]恒成立可以转化为
f(2mx-ln x-3)≥f(3),x∈[1,3]恒成立,即|2mx-ln x-3|≤3,x∈[1,3]恒成立,
即0≤2mx-ln x≤6,x∈[1,3]恒成立,
即2m≥lnxx且2m≤6+lnxx,x∈[1,3]恒成立,
令g(x)=lnxx(x∈[1,3]),则g'(x)=1-lnxx2,当x∈[1,e)时,g'(x)>0,当x∈(e,3]时,g'(x)<0,则g(x)在[1,e)上单调递增,在(e,3]上单调递减,
所以g(x)max=g(e)=1e,
令h(x)=6+lnxx(x∈[1,3]),则h'(x)=-5-lnxx2<0,则h(x)在[1,3]上单调递减,
所以h(x)min=h(3)=6+ln33.所以2m≥1e,2m≤6+ln33,解得12e≤m≤1+ln36,故m∈12e,1+ln36,故选B.
18.答案 4
解析 易得f'(x)=3x2-6x=3x(x-2).
当-1≤x<0时, f'(x)>0,此时f(x)单调递增;
当0
又f(-1)=-2, f(1)=0,
所以f(x)min=f(-1)=-2,
对区间[-1,1]上任意x1,x2,
|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)min=4,
所以M≥|f(x1)-f(x2)|恒成立,等价于M≥4恒成立,即M的最小值为4.
19.解析 (1)易得f'(x)=1+2a-1x2-2ax,
依题意有f'(2)=0,即1+2a-14-a=0,解得a=32.
检验:当a=32时, f'(x)=1+2x2-3x=x2-3x+2x2=(x-1)(x-2)x2.
此时,函数f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,满足在x=2时取得极值.
综上,a=32.
(2)依题意可得, f(x)≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立等价于f(x)min≥0在x∈[1,+∞)上恒成立.
因为f'(x)=1+2a-1x2-2ax=x2-2ax+(2a-1)x2=[x-(2a-1)](x-1)x2,
令f'(x)=0,得x1=2a-1,x2=1.
①当2a-1≤1,即a≤1时, f'(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,则f(x)在[1,+∞)上单调递增,
于是f(x)min=f(1)=2-2a≥0,解得a≤1,此时a≤1.
②当2a-1>1,即a>1时,若x∈[1,2a-1),则f'(x)≤0;若x∈(2a-1,+∞),则f'(x)>0,所以函数f(x)在[1,2a-1)上单调递减,在(2a-1,+∞)上单调递增,
于是f(x)min=f(2a-1)
21. C 对于A选项,只需证明f(2π-x)+f(x)=0即可,而f(2π-x)+f(x)=cos(2π-x)·sin[2(2π-x)]+cos xsin 2x=
-cos xsin 2x+cos xsin 2x=0,故A中结论正确;
对于B选项,只需证明f(π-x)=f(x)即可,
而f(π-x)=cos(π-x)sin[2(π-x)]=-cos x·(-sin 2x)=
cos xsin 2x=f(x),故B中结论正确;
对于C选项, f(x)=cos xsin 2x=cos x·2sin xcos x=2sin xcos2x=
2sin x(1-sin2x)=-2sin3x+2sin x,
令t=sin x,t∈[-1,1],y=-2t3+2t,求导得y'=2-6t2,令y'>0,解得-33
-cos xsin 2x=-f(x),
故f(x)是奇函数,又f(2π+x)=cos(2π+x)·sin[2(2π+x)]=
cos xsin 2x=f(x),所以函数f(x)是周期为2π的函数,故D中结论正确.
21.答案 [1,e]
解析 ∵f(x)=ax-ln x(x>0),
∴f'(x)=a-1x=ax-1x(x>0),
若f(x)在(1,+∞)上无最小值,
则f(x)在(1,+∞)上单调,
∴f'(x)≥0在(1,+∞)上恒成立或f'(x)≤0在(1,+∞)上恒成立,
∴a≥1x或a≤1x,
而函数y=1x在(1,+∞)上单调递减,
且x→1时,y→1,x→+∞时,y→0,
∴a≥1或a≤0,而a为正实数,故a≥1.①
∵g(x)=ex-ax,∴g'(x)=ex-a,
∵函数g(x)=ex-ax在区间(1,+∞)上单调递增,
∴g'(x)=ex-a≥0在区间(1,+∞)上恒成立,
∴a≤ex在区间(1,+∞)上恒成立.
而ex>e,∴a≤e.②
由①②得a∈[1,e].
22.解析 (1)易得f'(x)=a(cos x-xsin x).
因为x∈0,π6,所以cos x>sin x≥0,
又1>x≥0,所以1·cos x>xsin x,即cos x-xsin x>0.
当a>0时, f'(x)>0,则f(x)在区间0,π6上单调递增,
此时f(x)max=fπ6=a×π6×32-1=3π6-1,解得a=2,符合题意.
当a<0时, f'(x)<0,所以f(x)在区间0,π6上单调递减,
此时f(x)max=f(0)=-1,不符合题意.
当a=0时, f(x)=-1,不符合题意.
综上,a=2.
(2)证明:设g(x)=cos x-xsin x,
则g'(x)=-2sin x-xcos x<00
所以存在唯一的x0∈0,π2,使得g(x0)=0.
当0
所以f(x)在0,π4与π4,π2上各有一个零点,
综上,函数f(x)在区间0,π2上有且仅有2个零点.
23.解析 (1)由题意,x≠0,当a=0时, f(x)=1x-1ex,则f'(x)=ex·-x2+x-1x2<0,
∴f(x)在(-∞,0),(0,+∞)上单调递减.
(2)(i)∵f(x)=1x-1ex+ax,∴f'(x)=(-x2+x-1)ex-ax2,由题意知f'(x)=0有两个不相等的负实数根,
令h(x)=(-x2+x-1)ex-a,x<0,
∴h'(x)=ex(-x2-x)=-exx(x+1),
∴当x∈(-∞,-1)时,h'(x)<0,
当x∈(-1,0)时,h'(x)>0,
即h(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,0)上单调递增,
∵h(0)=-1-a,h(-1)=-3e-a,且h(-2)=-7e2-a>h(0),
∴h(x)=0有两个负根只需h(0)>0,h(-1)<0,解得-3e
且在(-2,x0)上,h(x)>0, f'(x)>0, f(x)单调递增,
在(x0,-1)上,h(x)<0, f'(x)<0, f(x)单调递减,
∴x0为f(x)的极大值点,
∴f(x)的极大值为f(x0)=1x0-1ex0+ax0=1x0-1ex0+(-x02+x0-1)ex0x0=-x0ex0,x0∈(-2,-1),
设g(x)=-xex,x∈(-2,-1),则g'(x)=-ex-xex=-ex(x+1)>0,∴g(x)在(-2,-1)上单调递增,∴g(x)∈2e2,1e,
即f(x0)∈2e2,1e,
∵f(x)的极大值小于整数k,
∴kmin=1.
能力提升练
1.D 易得f'(x)=1+2cos x.当0≤x<2π3时,f'(x)>0,此时f(x)是增函数;
当2π3
令y'>0,∵x>0,∴x>22,∴函数y=x2-ln x(x>0)在22,+∞上单调递增;
令y'<0,∵x>0,∴0
∴当x=22时,函数y=f(x)-g(x)取得最小值,最小值为12+12ln 2,即|MN|的最小值为12+12ln 2.
3.BD ∵f(x)=12x2+acos x,
∴f'(x)=x-asin x,
令y1=x,y2=asin x,在同一平面直角坐标系中作出y1=x,y2=asin x的大致图像,如图.
当0
当x=x0时,y1=y2,即f'(x)=x-asin x=0,故f(x)取得极小值,也是最小值.
综上,f(x)=12x2+acos x在(0,π)上有最小值,没有最大值.
4.答案 1e
解析 设切点坐标为(x0,ln x0+1)(x0>0),易得y'=1x,则切线斜率为1x0,则切线方程为y=1x0(x-x0)+ln x0+1=1x0x+ln x0,
所以a=1x0,b=ln x0,所以ab=ln x0x0,令g(x)=lnxx(x>0),则g'(x)=1-lnxx2,
易得g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,则g(x)max=g(e)=1e.
5.答案 645
解析 易得y'=15cos2x-(15sin x+7)sin x=15cos2x-15sin2x-7sin x
=-30sin2x-7sin x+15
=(-5sin x+3)(6sin x+5),
令y'=0,得sin x=35或sin x=-56,因为函数的定义域为R,所以若函数存在最大值,则最大值应在极大值处取到,易知当sin x=35时,函数取得最大值,最大值为645.
6.解析 (1)当a=1时, f(x)=x2+x+1ex,
则f'(x)=-x(x-1)ex.
由f'(x)>0,ex>0,得x(x-1)<0,即0
所以f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(-∞,0)和(1,+∞).
(2)易得f'(x)=-(x-1)[x-(1-a)]ex.
因为a>-1,所以1-a<2.
①当1<1-a<2,即-1
所以f(x)max=max{f(-1), f(1-a)}.
因为f(-1)=(2-a)e, f(1-a)=(1-a)2+a(1-a)+1e1-a=(2-a)ea-1,且-1
②当1-a=1,即a=0时, f'(x)=-(x-1)2ex≤0,
所以f(x)在[-1,2]上单调递减,
所以f(x)max=f(-1)=(2-a)e.
③当-1<1-a<1,即0
所以f(x)max=max{f(-1), f(1)},
因为f(1)-f(-1)=2+ae+(a-2)e=a(1+e2)-2(e2-1)e,
所以当0
当2(e2-1)e2+1≤a<2时, f(1)≥f(-1),此时f(x)max=f(1)=2+ae.
④当1-a≤-1,即a≥2时, f(x)在[-1,1)上单调递增,在(1,2]上单调递减,
则f(x)max=f(1)=2+ae.
综上, f(x)max=(2-a)e,-1
令g(a)=f(2a)=-43a3+2a2+1(a≤1),
则g'(a)=-4a2+4a=-4a(a-1),当a∈(-∞,0)时,g'(a)<0,当a∈(0,1)时,g'(a)>0,
∴g(a)在(-∞,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,
∴g(a)min=g(0)=1,∴-m≤1,∴m≥-1.
8.B 易知f(x)=ln x+k在(0,+∞)上单调递增,故f(a)=a,f(b)=b,
所以f(x)=x在(0,+∞)上有两个不同的解,
即k=x-ln x在(0,+∞)上有两个不同的解,令g(x)=x-ln x(x>0),则g'(x)=1-1x=x-1x(x>0),
易得g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以k>g(1)=1,即k>1.
9.A 设公切线与函数f(x)=ln x(x>0)的图像相切于点A(x1,ln x1)(x1>0),则切线方程为y-ln x1=1x1(x-x1),即y=1x1x+ln x1-1.设公切线与函数g(x)=x2+2x+a(x<0)的图像相切于点B(x2,x22+2x2+a)(x2<0),则切线方程为y-(x22+2x2+a)=2(x2+1)(x-x2),即y=2(x2+1)x-x22+a,∴1x1=2(x2+1),ln x1-1=-x22+a,
∴a=ln x1+12x1-12-1=-ln 1x1+141x1-22-1,令t=1x1,∵x2<0
10.ABD 令f(x)=ex=m,得x=ln m,令g(x)=ln x2+12=m,得x=2em-12,
则点A坐标为(ln m,m),点B坐标为(2em-12,m),画出f(x)、g(x)的图像和直线y=m,如下图所示:
由图像可知,|AB|=2em-12-ln m,其中m>0,
令h(m)=2em-12-ln m,则h'(m)=2em-12-1m,则函数y=h'(m)单调递增,且h'12=0,当0
所以,函数h(m)=2em-12-ln m在0,12上单调递减,在12,+∞上单调递增,
所以,|AB|min=h12=2-ln 12=2+ln 2,A选项正确.
∵f(x)=ex,g(x)=ln x2+12,则f'(x)=ex,g'(x)=1x,
曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为f'(ln m)=m,
曲线y=g(x)在点B处的切线斜率为g'(2em-12)=12em-12,
令f'(ln m)=g'(2em-12),即m=12em-12,即2mem-12=1,
因为m=12满足方程2mem-12=1,所以,存在实数m,使得曲线y=f(x)在点A处的切线平行于曲线y=g(x)在点B处的切线,B选项正确.
由函数F(x)=f(x)-g(x)+m=ex-ln x2+m-12,可得F'(x)=ex-1x,
易得函数F'(x)=ex-1x在(0,+∞)上为增函数,由于F'12=e-2<0,F'(1)=e-1>0,
因此存在t∈12,1,使得F'(t)=et-1t=0,可得t=-ln t.
当0
∴F(x)min=F(t)=et-ln t2+m-12=et-ln t+m+ln 2-12=1t+t+m+ln 2-12>2t·1t+m+ln 2-12=32+ln 2+m>0,
所以,函数F(x)=f(x)-g(x)+m没有零点,C选项错误.
设曲线y=f(x)在点A处的切线与曲线y=g(x)相切于点C(n,g(n))(n>0),
则曲线y=f(x)在点A处的切线方程为y-m=eln m(x-ln m),即y=mx+m(1-ln m),
同理,曲线y=g(x)在点C处的切线方程为y=1nx+ln n2-12,
所以m=1n,m(1-lnm)=ln n2-12,消去n得m-(m-1)ln m+ln 2+12=0,
令G(x)=x-(x-1)ln x+ln 2+12(x>0),则G'(x)=1-x-1x-ln x=1x-ln x,
易得函数G'(x)在(0,+∞)上为减函数,
∵G'(1)=1>0,G'(2)=12-ln 2<0,
则存在实数s∈(1,2),使得G'(s)=1s-ln s=0,且s=e1s.
当0
所以,函数G(x)在(2,+∞)上为减函数,∵G(2)=52>0,G(8)=172-20ln 2<0,
由函数零点存在定理知,函数G(x)在(2,+∞)上有零点,
即方程m-(m-1)ln m+ln 2+12=0在(2,+∞)上有解.
所以,存在实数m,使得曲线y=f(x)在点A处的切线也是曲线y=g(x)的切线,D选项正确.
故选ABD.
11.解析 (1)当a+b=0时, f(x)=ln [a(x-1)]+x(a≠0).
①当a>0时, f(x)的定义域为(1,+∞),f'(x)=xx-1>0,
此时f(x)在(1,+∞)上单调递增,且f(x)无极值;
②当a<0时, f(x)的定义域为(-∞,1),f'(x)=xx-1,当x<0时, f'(x)>0,当0
当x=0时, f(x)取得极大值,极大值为ln(-a),且f(x)无极小值.
(2)由题意知ln(ax+b)-2x≤0恒成立,令g(x)=ln(ax+b)-2x,则g(x)≤0恒成立.
若a<0,则由ax+b>0知x<-ba,取x0<-ba,使得ln(ax0+b)=-2ba+1,
则g(x0)=-2ba+1-2x0,而-2x0>2ba,所以g(x0)>-2ba+1+2ba=1>0,与g(x0)≤0矛盾,
故a>0,由ax+b>0知x>-ba,g'(x)=-2ax+a-2bax+b=-2ax-a-2b2aax+b,
故g(x)在-ba,a-2b2a上单调递增,在a-2b2a,+∞上单调递减,
因此g(x)max=ga-2b2a=ln a2-a-2ba≤0,故b≤a-aln a22,
所以a2b≤a3-a3ln a22.
记M(a)=a3-a3ln a22(a>0),则M'(a)=-3a22·ln a2-23,则M(a)在(0,2e23)上单调递增,在(2e23,+∞)上单调递减,因此M(a)max=M(2e23)=43e2.
所以a2b的最大值为43e2.
相关试卷
新高考数学二轮复习函数培优专题03 函数的最值(值域)求法（含解析）： 这是一份新高考数学二轮复习函数培优专题03 函数的最值(值域)求法（含解析），共28页。
高中数学高考第2节 函数的单调性与最值 课件练习题： 这是一份高中数学高考第2节 函数的单调性与最值 课件练习题，共60页。PPT课件主要包含了上升的，下降的，区间D，增函数，减函数，fx≤M，fx0＝M，fx≥M，点击右图进入等内容，欢迎下载使用。
课时质量评价7 函数的单调性与最值练习题： 这是一份课时质量评价7 函数的单调性与最值练习题，共4页。试卷主要包含了已知定义在R上的函数f 满足等内容，欢迎下载使用。
