最新高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第4讲导数与函数的单调性极值与最值课时

第4讲导数与函数的单调性、极值与最值
一、选择题
1．函数f(x)＝1
2
x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(－1，1] B．(0，1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
解析：由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－1
x≤0，解得0
＜x≤1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1]．
答案：B
2．(2017·浙江卷)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( )
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．答案：D
3．函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是( )
A．0 B．1
C ．2
D ．无数个
解析：函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1
x －2＝
6x 2－2x ＋1
x
，
由于x ＞0，g (x )＝6x 2－2x ＋1的Δ＝－20＜0， 所以g (x )＞0恒成立，故f ′(x )＞0恒成立， 即f (x )在定义域上单调递增，无极值点． 答案：A
4．(2016·山东卷)若函数y ＝f (x )的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f (x )具有T 性质．下列函数中具有T 性质的是( )
A ．y ＝sin x
B ．y ＝ln x
C ．y ＝e x
D ．y ＝x 3
解析：对函数y ＝sin x 求导，得y ′＝cos x ，当x ＝0时，该点处切线l 1的斜率k 1＝1，当x ＝π时，该点处切线l 2的斜率k 2＝－1，所以k 1·k 2＝－1，所以l 1⊥l 2；对函数y ＝ln x 求导，得y ′＝1
x
恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y
＝e x 求导，得y ′＝e x 恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y ＝x 3，得y ′＝3x 2恒大于等于0，斜率之积不可能为－1.
答案：A
5．已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x ，若f (x )在[－1，1]上是单调递减函数，则a 的取值范围是( )
A ．0＜a ＜3
4
B.12＜a ＜34 C ．a ≥3
4
D ．0＜a ＜12
解析：f ′(x )＝e x [x 2＋2(1－a )x －2a ]， 因为f (x )在[－1，1]上单调递减，
所以f ′(x )≤0在[－1，1]上恒成立． 令g (x )＝x 2＋2(1－a )x －2a ， 则⎩⎪⎨⎪⎧g （1）≤0g （－1）≤0，解得a ≥34.
答案：C 二、填空题
6．已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝________．
解析：由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，所以当x <－2或
x >2时，f ′(x )>0；当－2<x <2时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．
所以f (x )在x ＝2处取得极小值， 所以a ＝2. 答案：2
7．(2016·全国卷Ⅲ)已知f (x )为偶函数，当x ＜0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切点方程是________．
解析：令x ＞0，则－x ＜0，
f (－x )＝ln x －3x ，
又f (x )为偶函数，即f (－x )＝f (x )，
所以f (x )＝ln x －3x (x ＞0)，则f ′(x )＝1
x
－3(x ＞0)．
所以f ′(1)＝－2，
所以在点(1，－3)处的切线方程为y ＋3＝－2(x －1)，即y ＝－2x －1. 答案：2x ＋y ＋1＝0
8．(2017·佛山质检)若函数f (x )＝－12
x 2
＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则
t 的取值范围是________．
解析：f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝
－x 2＋4x －3
x
＝－（x －1）（x －3）x
.
由f ′(x )＝0及判断可知函数f (x )的两个极值点为1，3，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，
所以t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，解得0<t <1或2<t <3. 答案：(0，1)∪(2，3) 三、解答题
9．(2017·邯州二模选编)已知函数f (x )＝ax 2－(2a －1)x －ln x ．(导学号 55410099)
(1)当a ＞0时，求函数f (x )的单调递增区间； (2)当a ＜0时，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤
12，1上的最小值．
解：(1)因为f (x )＝ax 2＋(1－2a )x －ln x ，
所以f ′(x )＝2ax ＋(1－2a )－1x ＝（2ax ＋1）（x －1）
x
，
因为a ＞0，x ＞0，
所以2ax ＋1＞0，解f ′(x )＞0，得x ＞1， 所以f (x )的单调增区间为(1，＋∞)．
(2)当a ＜0时，由f ′(x )＝0，得x 1＝－1
2a ，x 2＝1，
①当－12a ＞1，即－1
2＜a ＜0时，f (x )在(0，1)上是减函数，
所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤
12，1上的最小值为f (1)＝1－a .
②当12≤－12a ≤1，即－1≤a ≤－1
2
时，
f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，－12a 上是减函数，在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
－12a ，1上是增函数，
所以f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
－12a ＝1－14a ＋ln(－2a )．
③当－12a ＜12，即a ＜－1时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤
12，1上是增函数，
所以f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－3
4
a ＋ln 2.
综上可知，函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
12，1上的最小值为：
f (x )min ＝
⎩
⎪⎨⎪⎧12－3
4
a ＋ln 2，a ＜－11－1
4a ＋ln （－2a ），－1≤a ≤－1
21－a ，－12＜a ＜0.
10．(2017·山东卷改编)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2
，其中参数a ≥0.(导学号
55410100)
(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))处的切线方程；
(2)设函数g (x )＝f (x )＋(x －a )cos x －sin x ，讨论g (x )的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
解：(1)由题意f ′(x )＝x 2－ax ，
所以当a ＝2时，f (3)＝0，f ′(x )＝x 2－2x ， 所以f ′(3)＝3，
因此曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))处的切线方程是y ＝3(x －3)，即3x －y －9＝0. (2)因为g (x )＝f (x )＋(x －a )cos x －sin x ，
所以g ′(x )＝f ′(x )＋cos x －(x －a )·sin x －cos x ＝x (x －a )－(x －a )sin x ＝(x －
a )(x －sin x )，
令h (x )＝x －sin x ，
则h′(x)＝1－cos x≥0，
所以h(x)在R上单调递增．
因为h(0)＝0，所以，当x＞0时，h(x)＞0；
当x＜0时，h(x)＜0.
①当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，
当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值．②当a＞0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，
当x∈(－∞，0)时，x－a＜0，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x∈(0，a)时，x－a＜0，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，x－a＞0，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
所以，当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；
当x＝a时，g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－1
6
a3－sin a.
综上所述，当a＝0时，g(x)在R上单调递增，无极值；
当a＞0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递
减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－1 6 a3
－sin a.
11．(2017·广州联考)已知f(x)＝ln x＋a x.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x＞0，均有x(2ln a－ln x)≤a恒成立，求正数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝1
x－
a
x2＝
x－a
x2.
①－a≥0时，f′(x)＞0，即a≤0，f(x)在(0，＋∞)为增函数，无极值．
②a＞0，0＜x＜a，f′(x)＜0，f(x)在(0，a)为减函数；
x＞a，f′(x)＞0，f(x)在(a，＋∞)为增函数，
f(x)在(0，＋∞)有极小值，无极大值，
f(x)的极小值f(a)＝ln a＋1.
(2)对任意x＞0，均有x(2ln a－ln x)≤a恒成立．
所以2ln a－ln x≤a
x在x＞0时恒成立，即恒有2ln a≤
a
x＋ln x.
由(1)知f(x)＝a
x＋ln x的极小值f(a)＝ln a＋1.
因此2ln a≤ln a＋1，ln a≤1.
所以0＜a≤e，则正数a的取值范围是(0，e]．。