专题能力训练7高中数学导数与函数的单调性极值最值

1专题能力训练7导数与函数的单调性、极值、最值专题能力训练第20页一、能力突破训练1.已知函数f(x)=lnx-x2+x,则函数f(x)的单调递增区间是()A.(-∞,1)B.(0,1)C(-)D.(1,+∞)答案:B解析:f'(x)=-2x+1=-(x0).令f'(x)0,得-2x2+x+10,解得x(-)又x0,所以x∈(0,1).2.已知函数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x10x2x3.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.3.已知函数f(x)=2ef'(e)lnx-,则f(x)的极大值点为()2A.x=B.x=1C.x=eD.x=2e答案:D解析:f'(x)=,所以f'(e)==2f'(e)-,解得f'(e)=,则f'(x)=由f'(x)0,得0x2e;由f'(x)0,得x2e.所以函数f(x)在区间(0,2e)内单调递增,在区间(2e,+∞)内单调递减,因此f(x)的极大值点为x=2e.4.已知常数a,b,c都是实数,f(x)=ax3+bx2+cx-34的导函数为f'(x),f'(x)≤0的解集为{x|-2≤x≤3}.若f(x)的极小值等于-115,则a的值是()A.-BC.2D.5答案:C解析:依题意得f'(x)=3ax2+2bx+c≤0的解集是[-2,3],于是有3a0,-2+3=-,-2×3=,则b=-,c=-18a.函数f(x)在x=3处取得极小值,于是有f(3)=27a+9b+3c-34=-115,则-a=-81,解得a=2.故选C.5.(2019全国Ⅰ,理13)曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为.答案:y=3x解析:由题意可知y'=3(2x+1)ex+3(x2+x)ex=3(x2+3x+1)ex,∴k=y'|x=0=3.∴曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为y=3x.6.已知函数f(x)=asin2x-(a+2)cosx-(a+1)x在区间[-]上无极值,则f(x)在区间[-]上的最小值是.答案:-解析:f'(x)=acos2x+(a+2)sinx-a-1=a(1-2sin2x)+(a+2)sinx-a-1=-2asin2x+(a+2)sinx-1=-(2sinx-1)(asinx-1).因为当f'(x)=0时一定有sinx=,即x=[-],所以要使f(x)无极值,则a=2,此时f'(x)=-(2sinx-1)2≤0恒成立,即f(x)在区间[-]上单调递减,3故在区间[-]上,f(x)的最小值为f()=-7.设函数f(x)=aex++b(a0).(1)求f(x)在区间[0,+∞)内的最小值;(2)设曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=x,求a,b的值.解:(1)f'(x)=aex-当f'(x)0,即x-lna时,f(x)在区间(-lna,+∞)内单调递增;当f'(x)0,即x-lna时,f(x)在区间(-∞,-lna)内单调递减.①当0a1时,-lna0,f(x)在区间(0,-lna)内单调递减,在区间(-lna,+∞)内单调递增,从而f(x)在区间[0,+∞)内的最小值为f(-lna)=2+b;②当a≥1时,-lna≤0,f(x)在区间[0,+∞)内单调递增,从而f(x)在区间[0,+∞)内的最小值为f(0)=a++b.(2)依题意f'(2)=ae2-,解得ae2=2或ae2=-(舍去).所以a=,代入原函数可得2++b=3,即b=故a=,b=8.已知函数f(x)=mx3-2x2.(1)若m=1,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若函数g(x)=f(x)-mx2在区间[1,3]上单调递增,求实数m的取值范围.解:(1)当m=1时,f(x)=x3-2x2,f'(x)=3x2-4x,则f'(1)=3-4=-1,而f(1)=1-2=-1,故所求切线方程为y+1=-(x-1),即x+y=0.(2)依题意,得g(x)=mx3-(m+2)x2,则g'(x)=3mx2-2(m+2)x.由g(x)在区间[1,3]上是增函数,则g'(x)=3mx2-2(m+2)x≥0在区间[1,3]上恒成立,所以m(3x-2)≥4.因为3x-20,所以m-记h(x)=-,则m≥h(x)max.而函数h(x)在区间[1,3]上为减函数,则h(x)max=h(1)=4,所以m≥4.故实数m的取值范围是[4,+∞).9.(2018全国Ⅰ,理21)已知函数f(x)=-x+alnx.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:--a-2.答案:(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=--4①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时,f'(x)=0,所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递减.②若a2,令f'(x)=0,得x=-√-或x=√-当x(-√-)(√-)时,f'(x)0;当x(-√-√-)时,f'(x)0.所以f(x)在区间(-√-)(√-)内单调递减,在区间(-√-√-)内单调递增.(2)证明由(1)知,f(x)存在两个极值点时,当且仅当a2.因为f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1x2,则x21.由于--=--1+a--=-2+a--=-2+a--,所以--a-2等价于-x2+2lnx20.设函数g(x)=-x+2lnx,由(1)知,g(x)在区间(0,+∞)内单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)0.所以-x2+2lnx20,即--a-2.10.已知函数f(x)=x3+-x2-ax-a,x∈R,其中a0.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求a的取值范围;(3)当a=1时,设函数f(x)在区间[t,t+3]上的最大值为M(t),最小值为m(t),记g(t)=M(t)-m(t),求函数g(t)在区间[-3,-1]上的最小值.解:(1)f'(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).由f'(x)=0,得x1=-1,x2=a0.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,-1)-1(-1,a)a(a,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗故函数f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1,a).5(2)由(1)知f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,从而函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点当且仅当{--解得0a所以a的取值范围是()(3)当a=1时,f(x)=x3-x-1.由(1)知f(x)在区间[-3,-1]上单调递增,在区间[-1,1]上单调递减,在区间[1,2]上单调递增.①当t∈[-3,-2]时,t+3∈[0,1],-1∈[t,t+3],f(x)在区间[t,-1]上单调递增,在区间[-1,t+3]上单调递减.因此f(x)在区间[t,t+3]上的最大值M(t)=f(-1)=-,最小值m(t)为f(t)与f(t+3)中的较小者.由f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知,当t∈[-3,-2]时,f(t)≤f(t+3),则m(t)=f(t),所以g(t)=f(-1)-f(t).因为f(t)在区间[-3,-2]上单调递增,所以f(t)≤f(-2)=-故g(t)在区间[-3,-2]上的最小值为g(-2)=-(-)②当t∈[-2,-1]时,t+3∈[1,2],且-1,1∈[t,t+3].下面比较f(-1),f(1),f(t),f(t+3)的大小.因为f(x)在区间[-2,-1],[1,2]上单调递增,所以f(-2)≤f(t)≤f(-1),f(1)≤f(t+3)≤f(2).因为f(1)=f(-2)=-,f(-1)=f(2)=-,从而M(t)=f(-1)=-,m(t)=f(1)=-所以g(t)=M(t)-m(t)=综上,函数g(t)在区间[-3,-1]上的最小值为二、思维提升训练11.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x),对任意x∈R满足f(x)+f'(x)0,则下列结论正确的是()A.e2f(2)e3f(3)B.e2f(2)e3f(3)C.e2f(2)≥e3f(3)D.e2f(2)≤e3f(3)答案:A解析:令g(x)=exf(x),则g'(x)=ex(f(x)+f'(x))0,所以g(x)在R上单调递减,所以g(2)g(3),即e2f(2)e3f(3).故选A.612.已知函数f(x)=ex,g(x)=ln的图象与直线y=m分别交于A,B两点,则|AB|的最小值为.答案:2+ln2解析:因为函数f(x)=ex,g(x)=ln的图象与直线y=m分别交于A,B两点,所以A(lnm,m),B(2-,m),其中2-lnm,且m0,所以|AB|=2--lnm.令h(x)=2--lnx(x0),则h'(x)=2-令h'(x)=0,得x=当x时,h'(x)0;当0x时,h'(x)0.即函数h(x)在区间()内单调递减,在区间()内单调递增,因此h(x)≥h()=2+ln2,即|AB|的最小值为2+ln2.13.已知函数f(x)=xlnx-ax2+(2a-1)x(a0).(1)令g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;(2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.解:(1)由f'(x)=lnx-2ax+2a,可得g(x)=lnx-2ax+2a,x∈(0,+∞).所以g'(x)=-2a=-a0,∴当x()时,g'(x)0,函数g(x)单调递增;当x()时,g'(x)0,函数g(x)单调递减.∴g(x)的单调递增区间为(),单调递减区间为()(2)由(1)知,f'(1)=0.①当0a时,1,由(1)知f'(x)在区间()内单调递增,可得当x∈(0,1)时,f'(x)0,当x()时,f'(x)0.所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间()内单调递增,此时f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.7②当a=时,=1,f'(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减.当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.③当a时,01,当x()时,f'(x)0,f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f'(x)0,f(x)单调递减.所以f(x)在x=1处取得极大值,符合题意.综上可知,实数a的取值范围为()14.已知函数f(x)=lnx-ax2+x,a∈R.(1)若f(1)=0,求函数f(x)的单调递减区间;(2)若关于x的不等式f(x)≤ax-1恒成立,求整数a的最小值;(3)若a=-2,正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,求证:x1+x2√-答案:(1)解因为f(1)=1-=0,所以a=2.此时f(x)=lnx-x2+x,x0.则f'(x)=-2x+1=-(x0).令f'(x)0,则2x2-x-10.又x0,所以x1.所以f(x)的单调递减区间为(1,+∞).(2)解(方法一)令g(x)=f(x)-(ax-1)=lnx-ax2+(1-a)x+1,则g'(x)=-ax+(1-a)=--当a≤0时,因为x0,所以g'(x)0.所以g(x)在区间(0,+∞)内是增函数,又g(1)=ln1-a×12+(1-a)+1=-a+20,所以关于x的不等式f(x)≤ax-1不能恒成立.当a0时,g'(x)=--=-(-)(x0),令g'(x)=0,得x=所以当x()时,g'(