高中数学高考解密15 导数与函数的单调性、极值、最值问题（分层训练）-【高频考点解密】2021年新高考数学二轮复习讲义+分层训练（解析版）

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A组 考点专练
一、选择题
1.函数f(x)＝ln x－ax在x＝2处的切线与直线ax－y－1＝0平行，则实数a＝( )
A.－1 B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,2) D.1
【答案】B
【解析】由f(x)＝ln x－ax，得f′(x)＝eq \f(1,x)－a，∴f(x)在x＝2处切线的斜率k＝f′(2)＝eq \f(1,2)－a.依题意eq \f(1,2)－a＝a，
所以a＝eq \f(1,4).
2.函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )
【答案】D
【解析】利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合.
3.已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－eq \f(x,e)，则f(x)的极大值点为( )
A.eq \f(1,e) B.1 C.e D.2e
【答案】D
【解析】因为f(x)＝2ef′(e)ln x－eq \f(x,e)(x＞0)，
所以f′(x)＝eq \f(2ef′（e）,x)－eq \f(1,e)，所以f′(e)＝eq \f(2ef′（e）,e)－eq \f(1,e)＝2f′(e)－eq \f(1,e)，
因此f′(e)＝eq \f(1,e)，所以f′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(1,e)，
由f′(x)＞0，得0＜x＜2e；由f′(x)＜0，得x＞2e.
所以函数f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，
因此f(x)的极大值点为x＝2e.
4.已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋mx2＋nx＋2，其导函数f′(x)为偶函数，f(1)＝－eq \f(2,3)，则函数g(x)＝f′(x)ex在区间[0，2]上的最小值为( )
A.－3e B.－2e C.e D.2e
【答案】B
【解析】由题意可得f′(x)＝x2＋2mx＋n，
∵f′(x)为偶函数，∴m＝0，
故f(x)＝eq \f(1,3)x3＋nx＋2，∵f(1)＝eq \f(1,3)＋n＋2＝－eq \f(2,3)，∴n＝－3.
∴f(x)＝eq \f(1,3)x3－3x＋2，则f′(x)＝x2－3.故g(x)＝ex(x2－3)，
则g′(x)＝ex(x2－3＋2x)＝ex(x－1)(x＋3)，
据此可知函数g(x)在区间[0，1)上单调递减，在区间(1，2]上单调递增，
故函数g(x)的极小值，即最小值为g(1)＝e1·(12－3)＝－2e.
5.(多选题)已知定义在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cs x＋f(x)sin x<0，则下列判断中正确的是( )
A.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))0
C.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) D.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
【答案】CD
【解析】令g(x)＝eq \f(f（x）,cs x)，x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
则g′(x)＝eq \f(f′（x）cs x＋f（x）sin x,cs2x).
因为f′(x)cs x＋f(x)sin x<0，所以g′(x)＝eq \f(f′（x）cs x＋f（x）sin x,cs2x)<0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，所以函数g(x)＝eq \f(f（x）,cs x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs \f(π,6))>eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs \f(π,4))，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \f(\r(6),2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，故A错误；又f(0)＝0，所以g(0)＝eq \f(f（0）,cs 0)＝0，所以g(x)＝eq \f(f（x）,cs x)≤0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，因为ln eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(π,3)))<0，故B错误；又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，所以eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs \f(π,6))>eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs \f(π,3))，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，故C正确；又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，所以eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs \f(π,4))>eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs \f(π,3))，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，故D正确.故选CD.
二、填空题
6.若曲线y＝ex在x＝0处的切线也是曲线y＝ln x＋b的切线，则b＝________.
【答案】2
【解析】令y＝f(x)＝ex，y＝g(x)＝ln x＋b，
∴f′(x)＝ex，∴f′(0)＝1，
∵f(0)＝1，∴曲线y＝ex在x＝0处的切线方程为y＝x＋1.
设切线y＝x＋1与曲线y＝g(x)＝ln x＋b的切点坐标为(m，m＋1)，
∵g′(x)＝eq \f(1,x)，∴g′(m)＝eq \f(1,m)＝1，∴m＝1，
∴切点坐标为(1，2)，∴2＝ln 1＋b，∴b＝2.
7.已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)【答案】(0，＋∞)
【解析】构造函数g(x)＝eq \f(f（x）,ex)，则g′(x)＝eq \f(f′（x）－f（x）,ex)，
因为f′(x)又f(0)＝eq \f(1,2)，所以g(0)＝eq \f(f（0）,e0)＝eq \f(1,2)，
则不等式f(x)－eq \f(1,2)ex<0可化为eq \f(f（x）,ex)所以x>0，即所求不等式的解集为(0，＋∞).
8.若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t)＝g′(t)，则称函数g(x)为f(x)的“友导”函数.已知函数
g(x)＝eq \f(1,2)kx2－x＋3为函数f(x)＝x2ln x＋x的“友导”函数，则k的取值范围是________.
【答案】[2，＋∞)
【解析】由g(x)＝eq \f(1,2)kx2－x＋3可得g′(x)＝kx－1，
∵函数g(x)＝eq \f(1,2)kx2－x＋3为函数f(x)＝x2ln x＋x的“友导”函数，
∴kx－1＝x2ln x＋x有解，即k＝xln x＋1＋eq \f(1,x)(x＞0)有解.
令h(x)＝xln x＋1＋eq \f(1,x)，则h′(x)＝1＋ln x－eq \f(1,x2)，
再令φ(x)＝1＋ln x－eq \f(1,x2)，∴φ′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,x3)＞0.
∴φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递增.
∵h′(1)＝φ(1)＝0，∴x＞1时，h′(x)＞0；0＜x＜1时，h′(x)＜0，
∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝2，∴k≥2.
三、解答题
9.已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.
证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝eq \f(x－1,x)＋ln x－1＝ln x－eq \f(1,x).
因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－eq \f(1,2)＝eq \f(ln 4－1,2)>0，
故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.
又当xx0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因此，f(x)存在唯一的极值点.
(2)由(1)知f(x0)0，
所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1得eq \f(1,α)<1故eq \f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根.
综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
10.已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的最大值.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x).
当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点.
当a>0时，由f′(x)<0，得00，得x>eq \f(1,a)，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，故f(x)在x＝eq \f(1,a)处有极小值.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；
当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点.
(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，
∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln x.
因此f(x)≥bx－2⇒1＋eq \f(1,x)－eq \f(ln x,x)≥b，
令g(x)＝1＋eq \f(1,x)－eq \f(ln x,x)，则g′(x)＝eq \f(ln x－2,x2)，
令g′(x)＝0，得x＝e2，
则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(e2)＝1－eq \f(1,e2)，即b≤1－eq \f(1,e2).
故实数b的最大值是1－eq \f(1,e2).
B组 专题综合练
11.(多选题)已知函数f(x)＝ex＋aln x，其中正确的结论是( )
A.当a＝0时，函数f(x)有最大值
B.对于任意的a<0，函数f(x)一定存在最小值
C.对于任意的a>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增
D.对于任意的a>0，都有函数f(x)>0
【答案】BC
【解析】对于A，当a＝0时，函数f(x)＝ex，根据指数函数的单调性可知，f(x)＝ex是单调递增函数，故无最大值，故A错误；对于B，对于任意的a<0，f′(x)＝ex＋eq \f(a,x)，x>0，易知f′(x)在(0，＋∞)单调递增，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→0时，f(x)→－∞，∴存在x0使得f′(x0)＝0，∴当00，f(x)在(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(x0)，故B正确；对于C，对于任意的a>0，∵f′(x)＝ex＋eq \f(a,x)，x>0，∴f′(x)>0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故C正确；对于D，对于任意的a>0，由C知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x→0时，ex→1，ln x→－∞，
可得f(x)→－∞，故D错误.故选BC.
12.已知函数f(x)＝ln x－xex＋ax，其中a∈R.
(1)若函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝1，求f(x)的最大值.
【解析】(1)f′(x)＝eq \f(1,x)－(ex＋xex)＋a＝eq \f(1,x)－ex(x＋1)＋a.
依题意，f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
∴a≤(x＋1)ex－eq \f(1,x)在[1，＋∞)上恒成立.
令g(x)＝(x＋1)ex－eq \f(1,x)，x≥1，则g′(x)＝(x＋2)ex＋eq \f(1,x2)，
易知g′(x)＞0(x≥1)，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝2e－1.因此a≤2e－1.
所以实数a的取值范围为(－∞，2e－1].
(2)当a＝1时，f(x)＝ln x－xex＋x(x＞0)，
则f′(x)＝eq \f(1,x)－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－ex))，
令m(x)＝eq \f(1,x)－ex，x＞0，则m′(x)＝－eq \f(1,x2)－ex，易知m′(x)＜0，
所以m(x)在(0，＋∞)上单调递减.由于meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＞0，m(1)＜0.
所以存在x0＞0满足m(x0)＝0，即ex0＝eq \f(1,x0).
当x∈(0，x0)时，m(x)＞0，f′(x)＞0；
当x∈(x0，＋∞)时，m(x)＜0，f′(x)＜0.
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(x0)＝ln x0－x0ex0＋x0，
因为ex0＝eq \f(1,x0)，所以x0＝－ln x0，所以f(x0)＝－x0－1＋x0＝－1.
所以f(x)max＝－1.