2019高考数学二轮复习 第二部分 专题一专题强化练四 导数与函数的单调性、极值与最值 文

专题强化练四 导数与函数的单调性、极值与最值
一、选择题
1．(2018·江西重点中学盟校第一次联考)函数y ＝x 3
的图象在原点处的切线方程为( )
A ．y ＝x
B ．x ＝0
C ．y ＝0
D ．不存在
解析：函数y ＝x 3
的导数为y ′＝3x 2
，则在原点处的切线斜率为0，所以在原点处的切线方程为y －0＝0(x －0)，即y ＝0.
答案：C
2．(一题多解)(2018·全国卷Ⅲ)函数y ＝－x 4
＋x 2
＋2的图象大致为( )
解析：法一 易知函数y ＝－x 4
＋x 2
＋2为偶函数， 所以只需研究y ＝－x 4
＋x 2
＋2在x ＞0时的图象与性质． 又y ′＝－4x 3
＋2x (x ＞0)， 令y ′＞0，得0＜x ＜
22；令y ′＜0，得x ＞22
所以y ＝－x 4
＋x 2＋2在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
22，＋∞上递减． 因此选项D 满足．
法二 令x ＝0，则y ＝2，排除A ，B ；令x ＝12，则y ＝－116＋14＋2＝3
16＋2＞2，排除C.
答案：D
3．(2018·安徽江淮十校联考)设函数f (x )＝12x 2
－9ln x 在区间[]a －1，a ＋1上单调递
减，则实数a 的取值范围是( )
A ．(1，2]
B ．[4，＋∞)
C ．(－∞，2]
D ．(0，3]
解析：易知f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝x －9
x .
由f ′(x )＝x －9
x
＜0，解得0＜x ＜3.
因为f (x )＝12
x 2
－9ln x 在[a －1，a ＋1]上单调递减，
所以⎩
⎪⎨⎪⎧a －1＞0，a ＋1≤3，解得1＜a ≤2.
答案：A
4．(2018·安徽安庆二模)已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －x
e
(e 是自然对数的底数)，则
f (x )的极大值为( )
A ．2e －1
B ．－1e
C ．1
D ．2ln 2
解析：由题意知f ′(x )＝2e f ′（e ）x －1
e ，
所以f ′(e)＝2e f ′（e ）e －1e ，f ′(e)＝1
e ，
所以f ′(x )＝2x －1
e
，令f ′(x )＝0，得x ＝2e ，
当x ∈(0，2e)时，f ′(x )＞0，当x ∈(2e ，＋∞)时，f ′(x )＜0， 所以f (x )在(0，2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减， 所以f (x )的极大值为f (2e)＝2ln(2e)－2＝ 2ln 2. 答案：D
5．(2018·郑州质检)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∈N *
)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2
为2折函数．已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2
，则f (x )为( )
A ．2折函数
B ．3折函数
C ．4折函数
D ．5折函数
解析：f ′(x )＝(x ＋2)e x
－(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)(e x
－3x －2)． 令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x
＝3x ＋2. 易知x ＝－2是f (x )的一个极值点．
又e x
＝3x ＋2，结合函数图象，y ＝e x
与y ＝3x ＋2有两个交点，
又e －2
≠3(－2)＋2＝－4.
所以函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数． 答案：C 二、填空题
6．(2018·天津卷)已知函数f (x )＝e x
ln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(1)的值为________．
解析：因为f ′(x )＝e x ·1x
＋e x ln x ＝e x ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
x ＋ln x .
所以f ′(1)＝e(1＋ln 1)＝e. 答案：e
7．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1，0)处的切线方程为________． 解析：由y ＝2ln x ，得y ′＝2
x
，
所以k ＝y ′|x ＝1＝2.
所以切线方程为y ＝2(x －1)，即2x －y －2＝0. 答案：2x －y －2＝0
8．(2018·郴州三模)已知奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x
x －1，x ＞0，
h （x ），x ＜0，则函数h (x )的最大值为
________．
解析：当x ＞0时，f (x )＝e
x
x
－1，
f ′(x )＝e x
（x －1）
x
2
， 所以当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ＞1时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 所以x ＝1时，f (x )取到极小值e －1， 即f (x )的最小值为e －1.
又f (x )为奇函数，且x ＜0时，f (x )＝h (x )， 所以h (x )的最大值为－(e －1)＝1－e. 答案：1－e 三、解答题
9．已知函数f (x )＝e x
cos x －x .
(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；
(2)求函数f (x )在区间⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．
解：(1)因为f (x )＝e x
·cos x －x ，所以f (0)＝1，
f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，所以f ′(0)＝0，
所以y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)，即y ＝1. (2)f ′(x )＝e x
(cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )，
则g ′(x )＝－2sin x ·e x
≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，且仅在x ＝0处等号成立，
所以g (x )在⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，
所以g (x )≤g (0)＝0，所以f ′(x )≤0且在x ＝0处等号成立，
所以f (x )在⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减， 所以f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.
10．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 )＝1x －a x 2＝x －a
x
2，x ∈(0，＋∞)．
①当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)为增函数，无极值． ②当a ＞0时，x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，a )为减函数；
x ∈(a ，＋∞)时，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)若对任意x ＞0，均有x (2ln a －ln x )≤a 恒成立，即对任意x ＞0，均有2ln a ≤a x
＋ln x 恒成立，
由(1)可知f (x )的最小值为ln a ＋1，问题转化为2ln a ≤ln a ＋1，即ln a ≤1，故0＜a ≤e ，
故正数a 的取值范围是(0，e]．
11．已知函数f (x )＝12x 2
－2a ln x ＋(a －2)x .
(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；
(2)是否存在实数a ，使函数g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由．
解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝12
x 2
＋2ln x －3x (x ＞0)，
则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2
－3x ＋2
x
＝
（x －1）（x －2）
x
.
当0＜x ＜1或x ＞2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．
所以f (x )的单调增区间为(0，1)与(2，＋∞)，单调减区间为(1，2)． (2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数， 所以g ′(x )＝x －2a
x
－2≥0恒成立．
即x 2－2x －2a x
≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立．
所以x 2
－2x －2a ≥0当x ＞0时恒成立，
所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2
－12在(0，＋∞)上恒成立．
又φ(x )＝12(x －1)2
－12，x ∈(0，＋∞)的最小值为－12.
所以当a ≤－1
2
时，g ′(x )≥0恒成立．
又当a ＝－12，g ′(x )＝（x －1）
2
x 当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0.
故当a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增．。