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版文

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.定义域为R的可导函数y=f(x)的导函数f'(x),满足f(x)<f'(x),且f(0)=2,则不等式f(x)>2ex的解集为(　　)

A.(-∞,0) B.(-∞,2)

C.(0,+∞) D.(2,+∞)

答案:C

解析:设g(x)=,则g'(x)=.

∵f(x)<f'(x),∴g'(x)>0,即函数g(x)在定义域内单调递增.

∵f(0)=2,∴g(0)=f(0)=2,

∴不等式f(x)>2ex等价于g(x)>g(0).

∵函数g(x)在定义域内单调递增.

∴x>0,∴不等式的解集为(0,+∞),故选C.

4.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:设导函数y=f'(x)的三个零点分别为x1,x2,x3,且x1<0<x2<x3.

所以在区间(-∞,x1)和(x2,x3)内,f'(x)<0,f(x)是减函数,在区间(x1,x2)和(x3,+∞)内,f'(x)>0,f(x)是增函数,所以函数y=f(x)的图象可能为D,故选D.

5.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.

6.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,+∞)上恒有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.

7.已知函数f(x)=2x3-ax2+2.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)当0<a<3时,记f(x)在区间[0,1]的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围.

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)当0<a<3时,由(1)知,f(x)在单调递减,在单调递增,所以f(x)在[0,1]的最小值为f=-+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.

于是m=-+2,M=

所以M-m=

当0<a<2时,可知2-a+单调递减,

所以M-m的取值范围是.

当2≤a<3时,单调递增,所以M-m的取值范围是.

综上,M-m的取值范围是.

8.(2020全国Ⅱ,文21)已知函数f(x)=2ln x+1.

(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;

(2)设a>0,讨论函数g(x)=的单调性.

解:设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2lnx-2x+1-c,

其定义域为(0,+∞),h'(x)=-2.

(1)当0<x<1时,h'(x)>0;当x>1时,h'(x)<0.

所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.

从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.

故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c.

所以c的取值范围为[-1,+∞).

(2)g(x)=,x∈(0,a)∪(a,+∞).

g'(x)=.

取c=-1得h(x)=2lnx-2x+2,h(1)=0,

则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,

即1-x+lnx<0.

故当x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-+ln<0,

从而g'(x)<0.

所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)单调递减.

9.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

10.已知函数y=f(x)对任意的x∈满足f'(x)cos x+f(x)sin x>0(其中f'(x)是函数f(x)的导函数),则下列不等式成立的是(　　)

A.<f B.<f

C.f(0)>2f  D.f(0)>

答案:A

解析:构造函数g(x)=,

则g'(x)=[f'(x)cosx+f(x)sinx].

∵对任意的x∈满足f'(x)cosx+f(x)sinx>0,

∴g'(x)>0,即函数g(x)在区间内单调递增.

∴g<g,即.

∴<f.故A正确.

11.设函数f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf'(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是　　　　　　　　　　. 

答案:(-∞,-1)∪(0,1)

解析:当x>0时,令F(x)=,

则F'(x)=<0,

∴当x>0时,F(x)=为减函数.

∵f(x)为奇函数,且由f(-1)=0,得f(1)=0,故F(1)=0.

在区间(0,1)内,F(x)>0;在区间(1,+∞)内,F(x)<0,

即当0<x<1时,f(x)>0;当x>1时,f(x)<0.

又f(x)为奇函数,∴当x∈(-∞,-1)时,f(x)>0;

当x∈(-1,0)时,f(x)<0.

综上可知,f(x)>0的解集为(-∞,-1)∪(0,1).

12.已知函数f(x)=aln x+x2-ax(a∈R).

(1)若x=3是f(x)的极值点,求f(x)的单调区间;

(2)求g(x)=f(x)-2x在区间[1,e]上的最小值h(a).

解:(1)f'(x)=+2x-a(x>0).

∵x=3是函数f(x)的一个极值点,

∴f'(3)=+6-a=0,解得a=9,

∴f'(x)=,

∴当0<x<或x>3时,f'(x)>0;

当<x<3时,f'(x)<0,∴f(x)的单调递增区间为,(3,+∞);f(x)的单调递减区间为.

(2)g(x)=alnx+x2-ax-2x,x∈[1,e],g'(x)=.

①当≤1,即a≤2时,g(x)在区间[1,e]上递增,g(x)min=g(1)=-a-1;

②当1<<e,即2<a<2e时,g(x)在区间内递减,在区间上递增,故g(x)min=g=aln-a;

③当≥e,即a≥2e时,g(x)在区间[1,e]上递减,

故g(x)min=g(e)=a(1-e)+e(e-2).

综上,h(a)=

13.已知函数f(x)=ex-x2+ax(a∈R).

(1)当a>-1时,试判断函数f(x)的单调性;

(2)若a<1-e,求证:函数f(x)在[1,+∞)内的最小值小于.

答案:(1)解由题意可得f'(x)=ex-x+a,

设g(x)=f'(x)=ex-x+a,则g'(x)=ex-1,

所以当x>0时,g'(x)>0,f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增,

当x<0时,g'(x)<0,f'(x)在区间(-∞,0)内单调递减,

所以f'(x)≥f'(0)=1+a,

因为a>-1,所以1+a>0,即f'(x)>0,

所以函数f(x)在R上单调递增.

(2)证明由(1)知f'(x)在区间[1,+∞)内单调递增,

因为a<1-e,所以f'(1)=e-1+a<0,

所以存在t∈(1,+∞),使得f'(t)=0,即et-t+a=0,

即a=t-et,

所以函数f(x)在区间[1,t)内单调递减,在区间(t,+∞)内单调递增,

所以当x∈[1,+∞)时,f(x)min=f(t)=et-t2+at=et-t2+t(t-et)=et(1-t)+t2.

令h(x)=ex(1-x)+x2,x>1,

则h'(x)=x(1-ex)<0恒成立,

所以函数h(x)在区间(1,+∞)内单调递减,

所以h(x)<e(1-1)+×12=,

所以et(1-t)+t2<,

即当x∈[1,+∞)时,f(x)min<,

故函数f(x)在区间[1,+∞)内的最小值小于.

高考预测

14.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)·,

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)在区间内单调递减,在区间内单调递增.

∴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)在区间内和区间内各有一个零点,

∴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.