2020版广西高考人教版数学(文)一轮复习考点规范练：15 导数与函数的单调性、极值、最值 Word版含解析

考点规范练15　导数与函数的单调性、极值、
最值
一、基础巩固
1.函数f (x )=(x-3)e x 的单调递增区间是( )
A.(-∞,2)
B.(0,3)
C.(1,4)
D.(2,+∞)
f (x )=(x-3)e x 的导数为f'(x )=[(x-3)e x ]'=e x +(x-3)e x =(x-2)e x .
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)e x >0,解得x>2.
2.(2018广东东莞考前冲刺)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
x=1是函数f (x )=ax+ln x 的极值点,∴f'(1)=0,
∴a+=0,∴a=-1.11∴f'(x )=-1+=0⇒x=1.
1
x 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 )>2e x 的解集为
( )
A.(-∞,0)
B.(-∞,2)
C.(0,+∞)
D.(2,+∞)
g (x )=,则g'(x )=.
f (x )
e x
f '(x )-f (x )
e 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 )>2e x 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( )
y=f'(x )的三个零点分别为x 1,x 2,x 3,
且x 1<0<x 2<x 3.
所以在区间(-∞,x 1)和(x 2,x 3)内,f'(x )<0,f (x )是减函数,在区间(x 1,x 2)和(x 3,+∞)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 )=-x 2+4x-3ln x 在区间[t ,t+1]上不单调,则t 的取值范围是 . 12
∪(2,3)
f'(x )=-x+4-=-.3x =-x 2+4x -3x (x -1)(x -3)x 由f'(x )=0得x 1=1,x 2=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+ax 2+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.
因为g (x )=ln x+ax 2+bx ,所以g'(x )=+2ax+b ,
1x 由题意,得g'(1)=1+2a+b=0,所以2a+b=-1.
(2)当a=0时,g'(x )=-,
x -1x 由g'(x )>0解得0<x<1,由g'(x )<0解得x>1,
即函数g (x )在(0,1)内单调递增,在(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
12a 12a 1212a 解得<x<1,即函数g (x )在,(1,+∞)内单调递增,在内单调递减;
12a (0,12a )(12a ,1)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<,
12a 1212a 12a 即函数g (x )在(0,1),内单调递增,在内单调递减;(12a ,+∞)(1,12a )
若=1,即a=,则在(0,+∞)上恒有g'(x )≥0,12a 1
2
即函数g (x )在(0,+∞)内单调递增.
综上可得:当a=0时,函数g (x )在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;
当0<a<时,函数g (x )在(0,1)内单调递增,在内单调递减,在内单调递增;
12(1,12a )(12a ,+∞)当a=时,函数g (x )在(0,+∞)内单调递增;
12当a>时,函数g (x )在内单调递增,在内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.
12(0,12a )(12a ,1)7.已知函数f (x )=(a>0)的导函数y=f'(x )的两个零点为-3和0.
ax 2+bx +c
e x (1)求
f (x )的单调区间;
(2)若f (x )的极小值为-e 3,求f (x )的极大值及f (x )在区间[-5,+∞)内的最大值.
因为f (x )=,
ax 2+bx +c
e x 所以f'(x )=,
-ax 2+(2a -b )x +b -c
e x 设g (x )=-ax 2+(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=-e 3.
9a -3b +c
e -3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 )=.
x 2+5x +5
e 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)==5e 5>5=f (0),所以函数f (x )在区间[-5,+∞)内的最大值是5e 5.
5e -58.已知函数f (x )=x e x -a (a ∈R ).(x 22+x )
(1)当a=1时,求函数f (x )的极值;
(2)讨论函数f (x )的单调性.
当a=1时,f (x )=x e x -,f'(x )=e x +x e x -(x+1)=(x+1)(e x -1),(x 2
2+x )
令f'(x )=0,得x=-1或x=0.x (-∞,-1)
-1(-1,0)0(0,+∞)f'(x )+0-
0+f (x )↗
↘↗当x=-1时,f (x )有极大值f (-1)=;
12‒1e 当x=0时,f (x )有极小值f (0)=0.
(2)f'(x )=e x +x e x -a (x+1)=(x+1)(e x -a ),
当a ≤0时,e x -a>0,由f'(x )>0得x>-1,即在区间(-1,+∞)内,函数f (x )单调递增;由f'(x )<0得x<-1,即在区间(-∞,-1)内,函数f (x )单调递减.
当a>0时,令f'(x )=0,得x=-1或x=ln a.
①当ln a=-1,即a=e -1时,无论x>-1或x<-1,均有f'(x )>0,又f'(-1)=0,
即在R 上,f'(x )≥0,从而函数f (x )在R 上单调递增.
②当ln a<-1,即0<a<e -1时,
由f'(x )=(x+1)(e x -a )>0⇒x>-1或x<ln a 时,函数f (x )单调递增;
由f'(x )=(x+1)(e x -a )<0⇒ln a<x<-1时,函数f (x )单调递减.
③当ln a>-1,即a>e -1时,
由f'(x )=(x+1)(e x -a )>0⇒x>ln a 或x<-1时,函数f (x )单调递增;
由f'(x )=(x+1)(e x -a )<0⇒-1<x<ln a 时,函数f (x )单调递减.
9.设函数f (x )=(a ∈R ).
3x 2+ax
e x (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.
对f (x )求导得f'(x )=.
(6x +a )e x -(3x 2+ax )e x
(e x )2=-3x 2+(6-a )x +a
e 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 )=,
3x 2
e x -3x 2+6x e x 故
f (1)=,f'(1)=,
3e 3e 从而f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y-(x-1),化简得3x-e y=0.
3e =3e (2)由(1)知f'(x )=.
-3x 2+(6-a )x +a
e x 令g (x )=-3x 2+(6-a )x+a ,
由g (x )=0解得x 1=,x 2=.6-a -a 2+3666-a +a 2+366
当x<x 1时,g (x )<0,即f'(x )<0,故f (x )为减函数;
当x 1<x<x 2时,g (x )>0,即f'(x )>0,故f (x )为增函数;
当x>x 2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x 2=≤3,解得a ≥-,故a 的取值范围为6-a +a 2+366
92.
[-92,+∞)
二、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(-π2,π2)下列不等式成立的是( )
A.<f
B.<f 2f (-π3)(-π4)
2f (π3)(π4)C.f (0)>2f D.f (0)>(π3
)2f (π4
)
g (x )=,
f (x )cos x 则g'(x )=[f'(x )cos x+f (x )sin x ].
1cos 2x ∵对任意的x ∈满足f'(x )cos x+f (x )sin x>0,
(-π2,π2)∴g'(x )>0,即函数g (x )在内单调递增.
(-π2,π2)∴g <g ,即.
(-π3)(-π4)f (-π3)cos (-π3)<f (-π4)cos (-π4)∴<f .故A 正确.
2f (-π3)(-π4)
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 .
-∞,-1)∪(0,1)
x>0时,令F (x )=,
f (x )x 则F'(x )=<0,
xf '(x )-f (x )
x 2∴当x>0时,F (x )=为减函数.
f (x )x ∵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(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 )=a ln x+x 2-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 ).
f'(x )=+2x-a (x>0).
a x ∵x=3是函数f (x )的一个极值点,
∴f'(3)=+6-a=0,解得a=9,
a 3∴f'(x )=
,(2x -3)(x -3)x ∴当0<x<或x>3时,f'(x )>0;
32当<x<3时,f'(x )<0,3
2
∴f (x )的单调递增区间为,(3,+∞);f (x )的单调递减区间为.
(0,32)(32,3)(2)g (x )=a ln x+x 2-ax-2x ,x ∈[1,e],g'(x )=
.(2x -a )(x -1)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;
a 2②当1<<e,即2<a<2e 时,g (x )在区间内递减,在区间上递增,
a 2[1,a 2)(a 2,e ]故g (x )min =g =a ln -a ;(a 2)
a 2‒a 24③当≥e,即a ≥2e 时,g (x )在区间[1,e]上递减,a 2故g (x )min =g (e)=a (1-e)+e(e -2).
综上,h (a )={-a -1,a ≤2,a ln a 2-a 24-a ,2<a <2e ,a (1-e )+e (e -2),a ≥2e .
13.(2018吉林长春质量监测)已知函数f (x )=e x -x 2+ax (a ∈R ).
12(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,+∞)上的最小值小于.
12
f'(x )=e x -x+a ,
设g (x )=f'(x )=e x -x+a ,则g'(x )=e x -1,
所以当x>0时,g'(x )>0,f'(x )在(0,+∞)上单调递增,当x<0时,g'(x )<0,f'(x )在(-∞,0)上单调递减,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.
(1)知f'(x )在[1,+∞)上单调递增,
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e t -t+a=0,即a=t-e t ,
所以函数f (x )在[1,t )上单调递减,在(t ,+∞)上单调递增,
所以当x ∈[1,+∞)时,f (x )min =f (t )=e t -t 2+at=e t -t 2+t (t-e t )=e t (1-t )+t 2.
121212令h (x )=e x (1-x )+x 2,x>1,
12则h'(x )=x (1-e x )<0恒成立,
所以函数h (x )在(1,+∞)上单调递减,
所以h (x )<e(1-1)+×12=,
1212所以e t (1-t )+t 2<,
1212即当x ∈[1,+∞)时,f (x )min <,
12故函数f (x )在[1,+∞)上的最小值小于.
12三、高考预测
14.已知函数f (x )=x 2-
+a ln x ,1
x (1)当a=-3时,讨论f (x )的单调性;
(2)若f (x )有两个极值点x 1,x 2,求a 的取值范围.
当a=-3时,f (x )=x 2--3ln x ,x>0,1x
f'(x )=2x+(x-1)·,当<x<1时,f'(x )<0,当0<x<1
x 2‒3x =2x 3-3x +1x 2=2x 2(x -3-12)(x +3+12)
3-12或x>1时,f'(x )>0.3-12∴f (x )的减区间是,增区间是和(1,+∞).
(3-12,1)(0,3-12)(2)若f (x )有两个极值点x 1,x 2,则需f'(x )=2x+有两个不相等的正零点.1
x 2+a x =2x 3+ax +1x 2令g (x )=2x 3+ax+1(x>0),故需g (x )有两个不相等的正零点,则g'(x )=6x 2+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 )=6x 2+a=6[x 2-(-a
6)]=6,(x +-a 6)(x --a 6)当0<x<时,g'(x )<0;当x>时,g'(x )>0.
-a 6-a 6故g (x )在上单调递减,在上单调递增.(0,-a 6)(-a 6,+∞)
∴需g (x )min =g +1<0,(-a 6)=2a 3-a
6解得a<-.
3342∵a 3<-<-6,a 3<-<-,
272272154∴-<-3a.
1a <-a 6而g =->0,g (-3a )=-54a 3-3a 2+1=-3a 2(18a+1)+1>0,(-1a )
2a 3故g (x )在上和上各有一个零点,(0,-a 6)(-a 6,+∞)
∴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.(-∞,-3342)。