高考数学一轮复习考点规范练15导数与函数的单调性极值最值含解析新人教A版理

考点规范练15　导数与函数的单调性、极值、最值

基础巩固

1.函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是(　　)

A.(-∞,2) B.(0,3) C.(1,4) D.(2,+∞)

答案:D

解析:函数f(x)=(x-3)ex的导数为f'(x)=[(x-3)ex]'=ex+(x-3)ex=(x-2)ex.由函数导数与函数单调性的关系,得当f'(x)>0时,函数f(x)单调递增,此时由不等式f'(x)=(x-2)ex>0,解得x>2.

2.若x=1是函数f(x)=ax+ln x的极值点,则(　　)

A.f(x)有极大值-1 B.f(x)有极小值-1

C.f(x)有极大值0 D.f(x)有极小值0

答案:A

解析:∵x=1是函数f(x)=ax+lnx的极值点,∴f'(1)=0,

∴a+=0,∴a=-1.

∴f'(x)=-1+=0⇒x=1.

当x>1时,f'(x)<0,当0<x<1时,f'(x)>0,因此f(x)有极大值-1.

3.已知f(x)=x2+sin,f'(x)为f(x)的导函数,则f'(x)的图象是(　　)

答案:A

解析:∵f(x)=x2+sinx2+cosx,

∴f'(x)=x-sinx,它是一个奇函数,其图象关于原点对称,故排除B,D.

又[f'(x)]'=-cosx,当-<x<时,cosx>,

∴[f'(x)]'<0,故函数y=f'(x)在区间内单调递减,排除C.故选A.

4.设函数f'(x)是定义在区间(0,2π)内的函数f(x)的导函数,f(x)=f(2π-x),当0<x<π时,若f(x)sin x-f'(x)cos x<0,a=,b=0,c=-,则(　　)

A.a<b<c B.b<c<a C.c<b<a D.c<a<b

答案:A

解析:由f(x)=f(2π-x),得函数f(x)的图象关于直线x=π对称,令g(x)=f(x)cosx,则g'(x)=f'(x)cosx-f(x)·sinx>0,

所以当0<x<π时,g(x)在区间(0,π)内递增,

所以g<g<g=g,即a<b<c,故选A.

5.已知x=1是函数f(x)=ax3-bx-ln x(a>0,b∈R)的一个极值点,则ln a与b-1的大小关系是(　　)

A.ln a>b-1 B.ln a<b-1 C.ln a=b-1 D.以上都不对

答案:B

解析:f'(x)=3ax2-b-,

∵x=1是函数f(x)的极值点,

∴f'(1)=3a-b-1=0,即3a-1=b.

令g(a)=lna-(b-1)=lna-3a+2(a>0),

则g'(a)=-3=,

∴g(a)在区间内递增,在区间内递减,故g(a)max=g=1-ln3<0.故lna<b-1.

6.已知函数f(x)=-x2+4x-3ln x在区间[t,t+1]上不单调,则t的取值范围是　　　　　　　　　　　　. 

答案:(0,1)∪(2,3)

解析:由题意知f'(x)=-x+4-=-

由f'(x)=0得x1=1,x2=3,可知1,3是函数f(x)的两个极值点.

则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内,函数f(x)在区间[t,t+1]上就不单调,

由t<1<t+1或t<3<t+1,得0<t<1或2<t<3.

7.若函数g(x)=ln x+ax2+bx,且g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线与x轴平行.

(1)确定a与b的关系;

(2)若a≥0,试讨论函数g(x)的单调性.

解:(1)因为g(x)=lnx+ax2+bx,

所以g'(x)=+2ax+b,

由题意,得g'(1)=1+2a+b=0,所以2a+b=-1.

(2)当a=0时,g'(x)=-,

由g'(x)>0解得0<x<1,

由g'(x)<0解得x>1,

即函数g(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减.

当a>0时,令g'(x)=0,得x=1或x=,若<1,即a>,则由g'(x)>0解得x>1或0<x<,

由g'(x)<0解得<x<1,

即函数g(x)在区间,(1,+∞)内单调递增,在区间内单调递减;

若>1,即0<a<,则由g'(x)>0解得x>或0<x<1,

由g'(x)<0解得1<x<,

即函数g(x)在区间(0,1),内单调递增,在区间内单调递减;

若=1,即a=,则在区间(0,+∞)内恒有g'(x)≥0,即函数g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.

综上可得:当a=0时,函数g(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减;

当0<a<时,函数g(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间内单调递减,在区间内单调递增;

当a=时,函数g(x)在区间(0,+∞)内单调递增;

当a>时,函数g(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.

8.已知函数f(x)=(a>0)的导函数y=f'(x)的两个零点为-3和0.

(1)求f(x)的单调区间;

(2)若f(x)的极小值为-e3,求f(x)的极大值及f(x)在区间[-5,+∞)内的最大值.

解:(1)因为f(x)=,

所以f'(x)=,

设g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c.

因为a>0,所以由题意知:当-3<x<0时,g(x)>0,即f'(x)>0;

当x<-3或x>0时,g(x)<0,即f'(x)<0.

所以f(x)的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3),(0,+∞).

(2)由(1)知,x=-3是f(x)的极小值点,故有=-e3.

结合g(0)=b-c=0,g(-3)=-9a-3(2a-b)+b-c=0,解得a=1,b=5,c=5,

所以f(x)=

因为f(x)的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3),(0,+∞),

所以f(0)=5为函数f(x)的极大值,

且f(x)在区间[-5,+∞)内的最大值为f(-5)和f(0)中的最大者.

而f(-5)==5e5>5=f(0),所以函数f(x)在区间[-5,+∞)内的最大值是5e5.

9.已知函数f(x)=ln ax-(a≠0).

(1)求函数f(x)的单调区间及最值;

(2)求证:对于任意正整数n,均有1++…+ln(e为自然对数的底数).

答案:(1)解由题意f'(x)=,当a>0时,函数f(x)的定义域为(0,+∞),此时函数f(x)在区间(0,a)内是减函数,在区间(a,+∞)内是增函数,

故fmin(x)=f(a)=lna2,无最大值.

当a<0时,函数f(x)的定义域为(-∞,0),

此时函数f(x)在区间(-∞,a)内是减函数,在区间(a,0)内是增函数,

故fmin(x)=f(a)=lna2,无最大值.

(2)证明取a=1,由(1)知f(x)=lnx-f(1)=0,故1-lnx=ln,取x=1,2,3,…,n,

则1++…+ln

10.设函数f(x)=(a∈R).

(1)若f(x)在x=0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)若f(x)在区间[3,+∞)内为减函数,求a的取值范围.

解:(1)对f(x)求导得f'(x)=

因为f(x)在x=0处取得极值,所以f'(0)=0,即a=0.

当a=0时,f(x)=,f'(x)=,

故f(1)=,f'(1)=,

从而f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(x-1),化简得3x-ey=0.

(2)由(1)知f'(x)=

令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,

由g(x)=0解得x1=,x2=

当x<x1时,g(x)<0,即f'(x)<0,故f(x)为减函数;

当x1<x<x2时,g(x)>0,即f'(x)>0,故f(x)为增函数;

当x>x2时,g(x)<0,即f'(x)<0,故f(x)为减函数.

由f(x)在区间[3,+∞)内为减函数,知x2=3,

解得a≥-,故a的取值范围为

能力提升

11.定义在区间(0,+∞)内的函数f(x)满足f(x)>0,且当x∈(0,+∞)时,2f(x)<xf'(x)<3f(x)恒成立,其中f'(x)为f(x)的导函数,则(　　)

A B

C D

答案:B

解析:令g(x)=,x∈(0,+∞),

则g'(x)=

∵∀x∈(0,+∞),2f(x)<xf'(x)<3f(x)恒成立,

∴0<,∴g'(x)>0,

∴函数g(x)在x∈(0,+∞)内单调递增,,

又f(x)>0,

令h(x)=,x∈(0,+∞),

则h'(x)=,

∵∀x∈(0,+∞),2f(x)<xf'(x)<3f(x)恒成立,

∴h'(x)=<0,

∴函数h(x)在x∈(0,+∞)内单调递减,

,

又f(x)>0,

综上可得,故选B.

12.已知函数f(x)=x3-2x+ex-,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是　　　　　. 

答案:

解析:因为f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-=-f(x),所以f(x)为奇函数.因为f'(x)=3x2-2+ex+e-x≥3x2-2+20(当且仅当x=0时等号成立),所以f(x)在R上单调递增.因为f(a-1)+f(2a2)≤0可化为f(2a2)≤-f(a-1),即f(2a2)≤f(1-a),所以2a2≤1-a,2a2+a-1≤0,解得-1≤a,故实数a的取值范围是

13.设函数f(x)=

(1)求证:f(x)在区间(0,1)和(1,+∞)内都是增函数;

(2)若在函数f(x)的定义域内,不等式af(x)>x恒成立,求a的取值范围.

答案:(1)证明f'(x)=2lnx-(x>0,x≠1).

令g(x)=2lnx-,

则g'(x)=

当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)是减函数,g(x)>g(1)=0.

于是f'(x)=g(x)>0,故f(x)在区间(0,1)内为增函数.

当x>1时,g'(x)>0,g(x)是增函数,g(x)>g(1)=0,

于是f'(x)=g(x)>0,

故f(x)在区间(1,+∞)内为增函数.

(2)解af(x)-x=-x=

令h(x)=-lnx(x>0),

则h'(x)=

令φ(x)=ax2-x+a,当a>0,且Δ=1-4a2≤0,即a时,此时φ(x)=ax2-x+a>0在区间(0,1),(1,+∞)内恒成立,所以当a时h'(x)≥0,故h(x)区间在(0,1),(1,+∞)内为增函数,

若0<x<1时,h(x)<h(1)=0,

所以af(x)-x=h(x)>0;

若x>1时,h(x)>h(1)=0,

所以af(x)-x=h(x)>0,

所以当x>0,x≠1时都有af(x)>x成立,

当0<a<时,h'(x)<0,解得<x<,

所以h(x)在区间内是减函数,h(x)<h(1)=0.

故af(x)-x=h(x)<0,不符合题意.

当a≤0时,x∈(0,1)∪(1,+∞),都有h'(x)<0,

故h(x)在区间(0,1),(1,+∞)内为减函数,

同理可知,在区间(0,1),(1,+∞)内af(x)-x=h(x)<0,不符合题意.

综上所述,a的取值范围是a

14.已知函数f(x)=2x3-ax2+b.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.

解:(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).

令f'(x)=0,得x=0或x=

若a>0,则当x∈(-∞,0)时,f'(x)>0;

当x时,f'(x)<0.

故f(x)在(-∞,0),单调递增,在单调递减;

若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;

若a<0,则当x(0,+∞)时,f'(x)>0;

当x时,f'(x)<0.

故f(x)在,(0,+∞)单调递增,在单调递减.

(2)满足题设条件的a,b存在.

(ⅰ)当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.

(ⅱ)当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递减,

所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.

此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,

即a=4,b=1.

(ⅲ)当0<a<3时,由(1)知,f(x)在[0,1]的最小值为f=-+b,最大值为b或2-a+b.

若-+b=-1,b=1,

则a=3,与0<a<3矛盾.

若-+b=-1,2-a+b=1,

则a=3或a=-3或a=0,与0<a<3矛盾.

综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1.

高考预测

15.已知函数f(x)=x2-+aln x,

(1)当a=-3时,讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,求a的取值范围.

解:(1)当a=-3时,f(x)=x2--3lnx,x>0,

f'(x)=2x+(x-1)x-x+,

当<x<1时,f'(x)<0,当0<x<或x>1时,f'(x)>0.

∴f(x)的减区间是,增区间是和(1,+∞).

(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,

则需f'(x)=2x+有两个不相等的正零点.

令g(x)=2x3+ax+1(x>0),

故需g(x)有两个不相等的正零点,则g'(x)=6x2+a.

①当a≥0时,g'(x)>0,

∴g(x)不可能有两个不相等的正零点,

故f(x)不可能有两个极值点.

②当a<0时,g'(x)=6x2+a=6=6,

当0<x<时,g'(x)<0;

当x>时,g'(x)>0.

故g(x)在上单调递减,在上单调递增.

∴需g(x)min=g+1<0,

解得a<-

∵a3<-<-6,a3<-<-,

∴-<-3a.

而g=->0,g(-3a)=-54a3-3a2+1=-3a2(18a+1)+1>0,

故g(x)在区间内和内各有一个零点,

∴g(x)有两个不相等的正零点,

∴f(x)有两个极值点.

综上,a的取值范围是