2020版广西高考人教A版数学(理)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
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.
∴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()
f(x)=x2+sin x2+cos x,
∴f'(x)=x-sin x,它是一个奇函数,其图象关于原点对称,故排除B,D.又[f'(x)]'=-cos x,当-<x<时,cos x>,
∴[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
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)cos x,则g'(x)=f'(x)cos x-f(x)sin x>0,
所以当0<x<π时,g(x)在(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
(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)=ln a-(b-1)=ln a-3a+2(a>0),则g'(a)=-3=-,
∴g(a)在内递增,在内递减,故g(a)max=g=1-ln 3<0.故ln a<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.
∪(2,3)
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.
因为g(x)=ln x+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(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解得<x<1,
即函数g(x)在,(1,+∞)内单调递增,在内单调递减;
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(0,1),内单调递增,在内单调递减;
若=1,即a=,则在(0,+∞)上恒有g'(x)≥0,
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;
当a=时,函数g(x)在(0,+∞)内单调递增;
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.
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.
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,+∞).
=-e3.
(2)由(1)知,x=-3是f(x)的极小值点,故有-
-
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.
=5e5>5=f(0),所以函数f(x)在区间[-5,+∞)内的最大值是5e5.
而f(-5)=
-
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).
f'(x)=-,当a>0时,函数f(x)的定义域为(0,+∞),此时函数f(x)在(0,a)内是减函数,在(a,+∞)内是增函数,
故f min(x)=f(a)=ln a2,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(-∞,a)内是减函数,在(a,0)内是增函数,
故f min(x)=f(a)=ln a2,无最大值.
a=1,由(1)知f(x)=ln x--≥f(1)=0,故≥1-ln x=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.
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-e y=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.
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+e x-,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.
-
=-f(x),所以f(x)为奇函数.因为f'(x)=3x2-2+e x+e-x≥3x2-
f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-
-
2+2-≥0(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.
--
(x)=
=--(x>0,x≠1).
令g(x)=2ln x--,
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.
(x)-x=--x=--.
令h(x)=--ln x(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.(2018全国Ⅲ,理21)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.
(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.
(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.
a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-,
设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=,
当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而
f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.
所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.
又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.
若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.
②若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-.
由于当|x|<min时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.
又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.
h'(x)=-.
如果6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.
如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.
.则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.
如果6a+1=0,则h'(x)=-
--
所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.
综上,a=-.
高考预测
15.已知函数f(x)=x2-+a ln 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.
当a=-3时,f(x)=x2--3ln x,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-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-上和-上各有一个零点,∴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--.。