2020版广西人教版数学（理）一轮复习考点规范练15 导数与函数的单调性、极值、最值

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精考点规范练15导数与函数的单调性、极值、最值考点规范练A册第9页

基础巩固1.函数f(x）=(x-3)ex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)ex的导数为f’（x)=[(x-3)ex]’=ex+（x—3)ex=（x—2)ex。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）ex〉0，解得x>2。2。(2018广东东莞考前冲刺）若x=1是函数f(x）=ax+lnx的极值点,则()A。f（x)有极大值-1 B.f（x)有极小值-1C。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+lnx的极值点，∴f'(1）=0,∴a+11=0,∴a=-1∴f'(x）=-1+1x=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）=14x2+sinπ2+x，f’（x）为f（x)的导函数,则f'（x）答案A解析∵f（x)=14x2+sinπ2+x=14∴f’（x）=12x—sinx,它是一个奇函数,其图象关于原点对称,故排除B，D.又[f’(x）]’=12—cosx，当—π3<x〈π3时，cos∴［f’(x）］'<0，故函数y=f'(x）在区间-π3,π3内单调递减，排除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）sinx—f'（x)cosx〈0，a=12fπ3，b=0,c=-32A。a<b〈c B。b〈c<a C。c〈b<a D。c<a<b答案A解析由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）cosx,则g'（x)=f’(x）cosx-f(x）sinx>0,所以当0〈x〈π时,g（x）在(0,π)内递增,所以gπ3<gπ2〈g7π6=g5π6,5.已知x=1是函数f（x）=ax3—bx-lnx（a〉0，b∈R）的一个极值点，则lna与b—1的大小关系是（）A.lna〉b—1 B.lna〈b—1C。lna=b—1 D.以上都不对答案B解析f’（x）=3ax2-b—1x∵x=1是函数f(x）的极值点，∴f'（1）=3a-b—1=0，即3a—1=b。令g(a)=lna—（b—1）=lna-3a+2（a〉0）,则g’（a)=1a-3=1∴g(a)在0,13内递增，在13,+∞内递减，故g（a）max=g13=1—ln3<6。已知函数f（x)=-12x2+4x-3lnx在区间［t，t+1]上不单调,则t的取值范围是.答案(0，1）∪（2,3)解析由题意知f'（x)=—x+4-3=—(x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)=lnx+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。解(1)因为g（x)=lnx+ax2+bx，所以g'（x)=1x+2ax+b由题意，得g'(1）=1+2a+b=0，所以2a+b=-1.（2)当a=0时,g’（x）=-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=12a,若12a〈1,即a>12，则由g’（x)〉0解得x〉1或0<x〈12a,由g'(x即函数g（x）在0,12a，(1，+∞)内单调递增,若12a〉1,即0<a〈则由g'(x）>0解得x〉12a或0〈x<1，由g'(x)〈0解得1<x〈即函数g(x）在(0,1），12a,+∞内单调递增若12a=1,即a=12，则在(0,+∞）上恒有g'(x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<12时，函数g(x)在（0,1）内单调递增,在1,12a内单调递减当a=12时，函数g(x)在(0,+∞）内单调递增当a〉12时,函数g(x）在0,12a内单调递增，在12a,18。已知函数f(x)=ax2+bx+cex（a〉0)的导函数y=f’(（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。解（1)因为f（x)=ax所以f'(x)=-a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，+∞).（2）由（1）知，x=—3是f(x）的极小值点,故有9a-3b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）=x2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.而f（-5）=5e-5=5e5>5=f（0）,所以函数f（x)在区间[—5,+∞)内的最大值是9。已知函数f（x）=lnax—x-ax(a（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+12+13+…+1n≥ln（1）解由题意f’(x)=x-ax2，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，+故fmin（x)=f（a)=lna2,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fmin（x）=f（a)=lna2，无最大值.(2)证明取a=1,由（1)知f(x)=lnx-x-1x≥f（1)=0，故1x≥1—lnx=lnex，取x=1,2，3，…，n,则1+12+1310。设函数f（x）=3x2+axex(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。解(1)对f(x)求导得f’（x)=(=-3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)=3x2ex,f’（x）=-3x2+6xex，从而f（x）在点（1,f（1))处的切线方程为y-3e=3e(x—1），化简得3x—(2）由（1)知f’(x）=-3令g(x)=—3x2+（6-a）x+a,由g（x）=0解得x1=6-x2=6-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=6-a+a2+366≤3,解得a≥-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.116<fC.14<f答案B解析令g(x)=f(x)x2,x∈（0,+∞）,则g’（∵∀x∈(0,+∞）,2f（x)〈xf’（x)<3f（x）恒成立，∴0〈xf'(∴g'（x)〉0，∴函数g（x)在x∈(0，+∞）内单调递增，∴f(1)1<f(2)4,令h（x)=f(x)x3，x则h’（x)=xf'(∵∀x∈(0,+∞),2f（x）<xf’（x)<3f（x)恒成立，∴h’（x）=xf'(x∴函数h(x）在x∈(0,+∞）内单调递减,∴f(又f(x)>0,∴18综上可得18<f(12.已知函数f(x)=x3-2x+ex—1ex,其中e是自然对数的底数.若f（a—1)+f（2a2)≤0,则实数a的取值范围是答案-解析因为f(—x)=(—x)3—2（—x）+e-x-1e-x=—f(x）,所以f(x)为奇函数。因为f'（x）=3x2-2+ex+e—x≥3x2—2+2ex·e-x≥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≤a13。设函数f(x)=x2（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.(1)证明f'（x）=2=x(lnx)22lnx令g(x)=2lnx-x2则g'(x)=2(当0<x〈1时，g'(x）<0，g（x)是减函数,g（x)>g(1）=0。于是f’（x）=x(lnx)2g(x)〉0,故f（x当x〉1时,g'(x）>0，g(x）是增函数,g（x)>g（1）=0，于是f’(x)=x(lnx)2g故f（x)在区间(1，+∞)内为增函数.(2）解af(x）-x=a(x2令h（x）=a(x2-1)x则h'（x)=ax令φ（x)=ax2-x+a，当a〉0,且Δ=1—4a2≤0，即a≥12时，此时φ(x)=ax2—x+a〉0在区间（0，1)，（1，+∞）内恒成立，所以当a≥12时h'(x)≥0，故h（x）区间在（0,1),(1,+∞）若0〈x<1时，h（x）〈h(1）=0,所以af（x)—x=xlnxh（x)若x〉1时,h(x）>h(1)=0，所以af(x)—x=xlnxh(x)所以当x>0，x≠1时都有af（x)〉x成立，当0〈a〈12时，h'(x）〈0，解得1-1所以h（x）在区间1,1+1-4a22a内是减函数，故af(x）—x=xlnxh(x)〈0,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=xlnxh(x）〈0，综上所述,a的取值范围是a≥1214.（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。（1)证明当a=0时,f(x）=(2+x）ln(1+x）-2x，f’（x)=ln（1+x)-x1+设函数g（x)=f'（x)=ln（1+x)—x1+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.（2）解①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)=f(x)2+x+a由于当｜x｜<min1,1|a|时,2+x+ax2>0,故h(x）与f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）=11+如果6a+1〉0,则当0〈x<—6a+14a,且|x｜〈min1,1|a|时,h’(x）>0,故如果6a+1<0，则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0）,且|x｜〈min1,1|a|时，h'（x）<0,所以x=0不是h如果6a+1=0，则h’（x)=x3(x-24)(x+1)(x2-6x-12)2.则当x∈（—1,0)时,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=—16高考预测15.已知函数f（x)=x2—1x+alnx（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。解(1)当a=-3时,f（x)=x2—1x-3lnx,x〉f’(x）=2x+1=2x2(x—1)当3-12<x〈1时,f'（x）<0，当0〈x〈3-12或x〉1时，f’∴f（x)的减区间是3-12,1,增区间是0,(2）若f（x）有两个极值点x1,x2,则需f'(x)=2x+1x2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