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00,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)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)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

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02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01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-10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-10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

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|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

且|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