(新高考)高考数学二轮复习分层练习15《导数与函数的单调性、极值、最值问题》（解析版）

15 导数与函数的单调性、极值、

最值问题

A组 考点专练

一、选择题

1.函数f(x)＝ln x－ax在x＝2处的切线与直线ax－y－1＝0平行，则实数a＝(　　)

A.－1   B.   C.   D.1

【答案】B

【解析】由f(x)＝ln x－ax，得f′(x)＝－a，∴f(x)在x＝2处切线的斜率k＝f′(2)＝－a.依题意－a＝a，

所以a＝.

2.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】利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合.

3.已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－，则f(x)的极大值点为(　　)

A.   B.1   C.e   D.2e

【答案】D

【解析】因为f(x)＝2ef′(e)ln x－(x＞0)，

所以f′(x)＝－，所以f′(e)＝－＝2f′(e)－，

因此f′(e)＝，所以f′(x)＝－，

由f′(x)＞0，得0＜x＜2e；由f′(x)＜0，得x＞2e.

所以函数f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，

因此f(x)的极大值点为x＝2e.

4.已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋2，其导函数f′(x)为偶函数，f(1)＝－，则函数g(x)＝f′(x)ex在区间[0，2]上的最小值为(　　)

A.－3e   B.－2e   C.e   D.2e

【答案】B

【解析】由题意可得f′(x)＝x2＋2mx＋n，

∵f′(x)为偶函数，∴m＝0，

故f(x)＝x3＋nx＋2，∵f(1)＝＋n＋2＝－，∴n＝－3.

∴f(x)＝x3－3x＋2，则f′(x)＝x2－3.故g(x)＝ex(x2－3)，

则g′(x)＝ex(x2－3＋2x)＝ex(x－1)(x＋3)，

据此可知函数g(x)在区间[0，1)上单调递减，在区间(1，2]上单调递增，

故函数g(x)的极小值，即最小值为g(1)＝e1·(12－3)＝－2e.

5.(多选题)已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，则下列判断中正确的是(　　)

A.f<f    B.f>0

C.f>f    D.f>f

【答案】CD

【解析】令g(x)＝，x∈，

则g′(x)＝.

因为f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，所以g′(x)＝<0在上恒成立，所以函数g(x)＝在上单调递减，所以g>g，即>，即f>f，故A错误；又f(0)＝0，所以g(0)＝＝0，所以g(x)＝≤0在上恒成立，因为ln ∈，所以f<0，故B错误；又g>g，所以>，即f>f，故C正确；又g>g，所以>，即f>f，故D正确.故选CD.

二、填空题

6.若曲线y＝ex在x＝0处的切线也是曲线y＝ln x＋b的切线，则b＝________.

【答案】2

【解析】令y＝f(x)＝ex，y＝g(x)＝ln x＋b，

∴f′(x)＝ex，∴f′(0)＝1，

∵f(0)＝1，∴曲线y＝ex在x＝0处的切线方程为y＝x＋1.

设切线y＝x＋1与曲线y＝g(x)＝ln x＋b的切点坐标为(m，m＋1)，

∵g′(x)＝，∴g′(m)＝＝1，∴m＝1，

∴切点坐标为(1，2)，∴2＝ln 1＋b，∴b＝2.

7.已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)<f(x)，且f(0)＝，则不等式f(x)－ex<0的解集为________.

【答案】(0，＋∞)

【解析】构造函数g(x)＝，则g′(x)＝，

因为f′(x)<f(x)，所以g′(x)<0，故函数g(x)在R上为减函数，

又f(0)＝，所以g(0)＝＝，

则不等式f(x)－ex<0可化为<，即g(x)<＝g(0)，

所以x>0，即所求不等式的解集为(0，＋∞).

8.若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t)＝g′(t)，则称函数g(x)为f(x)的“友导”函数.已知函数

g(x)＝kx2－x＋3为函数f(x)＝x2ln x＋x的“友导”函数，则k的取值范围是________.

【答案】[2，＋∞)

【解析】由g(x)＝kx2－x＋3可得g′(x)＝kx－1，

∵函数g(x)＝kx2－x＋3为函数f(x)＝x2ln x＋x的“友导”函数，

∴kx－1＝x2ln x＋x有解，即k＝xln x＋1＋(x＞0)有解.

令h(x)＝xln x＋1＋，则h′(x)＝1＋ln x－，

再令φ(x)＝1＋ln x－，∴φ′(x)＝＋＞0.

∴φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递增.

∵h′(1)＝φ(1)＝0，∴x＞1时，h′(x)＞0；0＜x＜1时，h′(x)＜0，

∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

∴h(x)≥h(1)＝2，∴k≥2.

三、解答题

 9.已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.

证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；

(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.

【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－.

因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，

所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.

又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－＝>0，

故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.

又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

因此，f(x)存在唯一的极值点.

(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，

所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.

由α>x0>1得<1<x0.又f＝ln－－1＝＝0，

故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根.

综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.

10.已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R).

(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；

(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的最大值.

【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝.

当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.

∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点.

当a>0时，由f′(x)<0，得0<x<；由f′(x)>0，得x>，

∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，故f(x)在x＝处有极小值.

综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；

当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点.

(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，

∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln x.

因此f(x)≥bx－2⇒1＋－≥b，

令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，

令g′(x)＝0，得x＝e2，

则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，

∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.

故实数b的最大值是1－.

B组  专题综合练

11.(多选题)已知函数f(x)＝ex＋aln x，其中正确的结论是(　　)

A.当a＝0时，函数f(x)有最大值

B.对于任意的a<0，函数f(x)一定存在最小值

C.对于任意的a>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增

D.对于任意的a>0，都有函数f(x)>0

【答案】BC

【解析】对于A，当a＝0时，函数f(x)＝ex，根据指数函数的单调性可知，f(x)＝ex是单调递增函数，故无最大值，故A错误；对于B，对于任意的a<0，f′(x)＝ex＋，x>0，易知f′(x)在(0，＋∞)单调递增，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→0时，f(x)→－∞，∴存在x0使得f′(x0)＝0，∴当0<x<x0时，f′(x)<0，f(x)在(0，x0)上单调递减，∴当x0<x<＋∞时，f′(x)>0，f(x)在(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(x0)，故B正确；对于C，对于任意的a>0，∵f′(x)＝ex＋，x>0，∴f′(x)>0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故C正确；对于D，对于任意的a>0，由C知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x→0时，ex→1，ln x→－∞，

可得f(x)→－∞，故D错误.故选BC.

12.已知函数f(x)＝ln x－xex＋ax，其中a∈R.

(1)若函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；

(2)若a＝1，求f(x)的最大值.

【解析】(1)f′(x)＝－(ex＋xex)＋a＝－ex(x＋1)＋a.

依题意，f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，

∴a≤(x＋1)ex－在[1，＋∞)上恒成立.

令g(x)＝(x＋1)ex－，x≥1，则g′(x)＝(x＋2)ex＋，

易知g′(x)＞0(x≥1)，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，

所以g(x)min＝g(1)＝2e－1.因此a≤2e－1.

所以实数a的取值范围为(－∞，2e－1].

(2)当a＝1时，f(x)＝ln x－xex＋x(x＞0)，

则f′(x)＝－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)，

令m(x)＝－ex，x＞0，则m′(x)＝－－ex，易知m′(x)＜0，

所以m(x)在(0，＋∞)上单调递减.由于m＞0，m(1)＜0.

所以存在x0＞0满足m(x0)＝0，即ex0＝.

当x∈(0，x0)时，m(x)＞0，f′(x)＞0；

当x∈(x0，＋∞)时，m(x)＜0，f′(x)＜0.

所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，

所以f(x)max＝f(x0)＝ln x0－x0ex0＋x0，

因为ex0＝，所以x0＝－ln x0，所以f(x0)＝－x0－1＋x0＝－1.

所以f(x)max＝－1.