利用导数研究函数的单调性、极值、最值

利用导数研究函数的单调性、极值、最值
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,+∞)
答案D
解析函数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
答案A
解析∵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.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,+∞)
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)>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()
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.
一、
1.(2018·全国卷I高考理科·T16)已知函数f=2sin x+sin2x,则f的最小值是.
【解题指南】本题考查的是有关应用导数研究函数的最小值问题,在求解的过程中,需要明确相关的函数的求导公式,需要明白导数的符号与函数的单调性的关系,确定出函数的单调增区间和单调减区间,进而求得函数的最小
值点,从而求得相应的三角函数值,代入求得函数的最小值.
【解析】方法一:f′(x)=2cos x+2cos2x=4cos 2x+2cos x-2=4(cos x+1),
所以当cos x<时函数单调减,当cos x>时函数单调增,
从而得到函数的减区间为(k∈Z),
函数的增区间为(k∈Z),
所以当x=2kπ-,k∈Z时,函数f(x)取得最小值,
此时sin x=-,sin2x=-,
所以f(x)min=2×-=-.
方法二:因为f(x)=2sin x+sin2x,所以f(x)最小正周期为T=2π,
所以f′(x)=2(cos x+cos2x)=2(2cos2x+cos x-1),
令f′(x)=0,即2cos2x+cos x-1=0,
所以cos x=或cos x=-1.
所以当cos x=,为函数的极小值点,即x=或x=π,
当cos x=-1,x=π,
所以f=-,f=,f(0)=f(2π)=0,f(π)=0,所以f(x)的最小值为-.答案:-
二、解答题
2.(12分)(2018·全国卷I高考文科·T21)已知函数f=a e x-ln x-1.
(1)设x=2是f的极值点.求a,并求f的单调区间.
(2)证明:当a≥时,f≥0.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a e x-.
由题设知,f′(2)=0,所以a=.
从而f(x)=e x-ln x-1,f′(x)=e x-.
当0<x<2时,f′(x)<0;当x>2时,f′(x)>0.
所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
(2)当a≥时,f(x)≥-ln x-1.
设g(x)=-ln x-1,则g′(x)=-.
当0<x<1时,g′(x)<0;当x>1时,g′(x)>0.
所以x=1是g(x)的最小值点.
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.
因此,当时a≥时,f(x)≥0.
3.(2018·全国Ⅲ高考理科·T21)(12分)已知函数f=ln-2x.
(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f<0;当x>0时,f>0.
(2)若x=0是f的极大值点,求a.
【命题意图】本题主要考查导数的应用,利用导数研究函数的极值和最值,考查转化与化归能力、运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.试题难度:难.
【解析】(1)当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,当且仅当x=0时,g(x)=0,从而f′(x)≥0,当且仅当x=0时,f′(x)=0.
所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增.
又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;
当x>0时,f(x)>0.
(2)(i)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.
(ii)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.
如果6a+1=0,则h′(x)=.
则当x∈(-1,0)时,h′(x)>0;
当x∈(0,1)时,h′(x)<0.
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=-.
4.(2018·全国Ⅲ高考文科·T21)(12分)已知函数f=.
(1)求曲线y=f在点处的切线方程.
(2)证明:当a≥1时,f+e≥0.
【命题意图】考查函数与导数在应用中的求切线,证明不等式成立问题,意在考查函数性质、导数运算的掌握情况,培养学生的分类讨论思想与转化思想,以及运算能力,体现了逻辑推理、数学运算的数学素养.
【解析】(1)f(x)的定义域为R,f′(x)=,
显然f(0)=-1,即点(0,-1)在曲线y=f(x)上,
所求切线斜率为k=f′(0)=2,
所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.
(2)方法一(一边为0):令g(x)=-ax2+(2a-1)x+2,
当a≥1时,方程g(x)的判别式Δ=(2a+1)2>0,
由g(x)=0得,x=-,2,且-<0<2,
x,f′(x),f(x)的关系如下
x- 2 (2,+∞) f′(x) - 0 + 0 -
f(x) ↘极小
值
↗
极大
值
↘
①若x∈(-∞,2],f(x)≥f=-又因为a≥1,
所以0<≤1,1<≤e,-≥-e,f(x)+e≥0,
②若x∈(2,+∞),ax2+x-1>4a+2-1>0,e x>0,
所以f(x)=>0,f(x)+e≥0,
综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.
方法二(充要条件):
①当a=1时,f(x)=.显然e x>0,要证f(x)+e≥0只需证≥-e, 即证h(x)=x2+x-1+e·e x≥0,
h′(x)=2x+1+e·e x,观察发现h′(-1)=0,
x,h′(x),h(x)的关系如下
x(-∞,-1) -1 (-1,+∞)
h′(x) - 0 +
h(x) ↘极小值↗
所以h(x)有最小值h(-1)=0,
所以h(x)≥0即f(x)+e≥0.
②当a>1时,由①知,≥-e,又显然ax2≥x2,
所以ax2+x-1≥x2+x-1,f(x)=≥≥-e,即f(x)+e≥0.综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.
方法三(分离参数):当x=0时,f(x)+e=-1+e≥0成立.
当x≠0时,f(x)+e≥0等价于≥-e,
等价于ax2+x-1≥-e·e x,
即ax 2≥-e·e x-x+1等价于a≥=k(x),等价于k(x)max≤1. k′(x)=,
令k′(x)=0得x=-1,2.
x,k′(x),k(x)的关系如下
x (-∞,
-1)
-1 (-1,0) (0,2) 2 (2,+∞)
k′(x) + 0 - + 0 -
k(x) ↗极大
值
↘↗
极大
值
↘
又因为k(-1)=1,k(2)=-<0,
所以k(x)max=1,k(x)≤1,x≠0,
综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.
5.(本小题13分)(2018·北京高考理科·T18) 设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x.
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程与x轴平行,求a.
(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.
【命题意图】考查函数与导数的应用中的切线问题,极值问题,以及参数取值范围问题,意在考查函数性质、导数运算的掌握情况,培养学生的分类讨论思想与转化思想,以及运算能力,体现了逻辑推理、数学运算的数学素养.【解析】(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x,
所以f′(x)=[2ax-(4a+1)]e x+[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x=[ax2-(2a+1)x+2]e x. f′(1)=(1-a)e.
由题设知f′(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.
此时f(1)=3e≠0,所以a的值为1.
(2)由(1)得f′(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x=(ax-1)(x-2)e x.
若a>,则当x∈时,f′(x)<0;
当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0.
所以f(x)在x=2处取得极小值.
若a≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-1<0,
所以f′(x)>0.
所以2不是f(x)的极小值点.
综上可知,a的取值范围是(,+∞).
6.(本小题13分)(2018·北京高考文科·T19)
设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x.
(1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0,求a.
(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.
【命题意图】考查函数与导数的应用中的切线问题,极值问题,以及参数取值范围问题,意在考查函数性质、导数运算的掌握情况,培养学生的分类讨论思想与转化思想,以及运算能力,体现了逻辑推理、数学运算的数学素养.【解析】(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x,
所以f′(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x,f′(2)=(2a-1)e2,
由题设知f′(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=.
(2)方法一:由(1)得f′(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x
=(ax-1)(x-1)e x
若a>1,则当x∈时,f′(x)<0.
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.
所以f(x)在x=1处取得极小值.
若a≤1,则当x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0,
所以f′(x)>0.
所以1不是f(x)的极小值点.
综上可知,a的取值范围是(1,+∞).
方法二:f′(x)=(ax-1)(x-1)e x.
①当a=0时,令f′(x)=0得x=1.
f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:
x(-∞,1) 1 (1,+∞)
f′(x) + 0 -
f(x) ↗极大值↘
所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.
②当a>0时,令f′(x)=0得x1=,x2=1.
(ⅰ)当x1=x2,即a=1时,f′(x)=(x-1)2e x≥0,
所以f(x)在R上单调递增,
所以f(x)无极值,不合题意.
(ⅱ)当x1>x2,即0<a<1时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表: x(-∞,1) 1
f′(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗极大值↘极小值↗
所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.
(ⅲ)当x1<x2,即a>1时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:
x 1 (1,+∞)
f′(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗极大值↘极小值↗
所以f(x)在x=1处取得极小值,即a>1满足题意.
③当a<0时,令f′(x)=0得x1=,x2=1.
f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:
x 1 (1,+∞)
f′(x) - 0 + 0 -
f(x) ↘极小值↗极大值↘
所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.
综上所述,a的取值范围为(1,+∞).。