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新高考数学一轮复习专题三导数及其应用3-2利用导数研究函数的单调性、极值和最值练习含答案
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这是一份新高考数学一轮复习专题三导数及其应用3-2利用导数研究函数的单调性、极值和最值练习含答案，共17页。试卷主要包含了设函数f=2,则，已知函数f=ex-ax-a3，已知函数f=ln-x，已知函数f=1x+aln等内容，欢迎下载使用。
高考新风向
1.(多选)(2024新课标Ⅰ,10,6分,中)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则( ACD )
A.x=3是f(x)的极小值点
B.当0C.当1D.当-1f(x)
2.(多选)(2024新课标Ⅱ,11,6分,难)设函数f(x)=2x3-3ax2+1,则( AD )
A.当a>1时, f(x)有三个零点
B.当a<0时,x=0是f(x)的极大值点
C.存在a,b,使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴
D.存在a,使得点(1, f(1))为曲线y=f(x)的对称中心
3.(2024新课标Ⅱ,16,15分,中)已知函数f(x)=ex-ax-a3.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围.
解析 (1)当a=1时, f(x)=ex-x-1,
f '(x)=ex-1,则切线斜率为k=f '(1)=e-1,
又∵f(1)=e-1-1=e-2,
∴切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),
整理得y=(e-1)x-1.
(2)∵f(x)=ex-ax-a3,∴f '(x)=ex-a.
①当a≤0时, f '(x)>0恒成立, f(x)单调递增,
无极值,不符合题意,故a≤0时不成立.
②当a>0时,令f '(x)=0,得x=ln a,
当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
∴x=ln a时f(x)有极小值,
极小值为f(ln a)=eln a-aln a-a3=a-aln a-a3.
又∵极小值小于0,∴a-aln a-a3<0,
又∵a>0,∴1-ln a-a2<0,
设g(a)=1-ln a-a2,a∈(0,+∞),
∵g'(a)=-1a-2a<0,∴g(a)单调递减,
又∵g(1)=0,∴a∈(1,+∞)时,g(a)<0,
即极小值f(ln a)<0,
∴a>1.
综上所述,a的取值范围为(1,+∞).
4.(2024全国甲理,21,12分,难)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.
(1)若a=-2,求f(x)的极值;
(2)当x≥0时, f(x)≥0,求a的取值范围.
解析 (1)函数f(x)的定义域为(-1,+∞),
当a=-2时, f(x)=(1+2x)ln(x+1)-x,
则f '(x)=2ln(x+1)+xx+1,(2分)
令F(x)=2ln(x+1)+xx+1,则F'(x)=2x+1+1(x+1)2,
可得F'(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,则F(x)在(-1,+∞)上单调递增,
又F(0)=0,∴当x∈(-1,0)时,F(x)<0,当x∈(0,+∞)时,F(x)>0,
即当-10时, f '(x)>0, f(x)单调递增,(4分)
所以f(x)在x=0处取得极小值, f(x)极小值=f(0)=0,无极大值.(5分)
(2)解法一:∵当x≥0时, f(x)≥0,又f(0)=0,
∴y=f(x)在x=0处取得最小值.
又f '(x)=-aln(1+x)+(−a−1)x1+x,
令g(x)=f '(x)=-aln(1+x)+(−a−1)x1+x,
则g'(x)=−a1+x+−a−1(1+x)2=−ax−2a−1(x+1)2,
令h(x)=-ax-2a-1,x∈[0,+∞),h(0)=-2a-1.
①当-2a-1≥0,即a≤-12时,-a>0,h(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即g'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
则g(x)在[0,+∞)上单调递增,又g(0)=0,从而f '(x)=g(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
即f(x)在[0,+∞)上单调递增,又f(0)=0,∴f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立.(8分)
②当-2a-1<0且-a≤0,即a≥0时,h(x)<0在[0,+∞)上恒成立,
即g'(x)<0在[0,+∞)上恒成立,则g(x)在[0,+∞)上单调递减,又g(0)=0,
从而f '(x)=g(x)≤0在[0,+∞)上恒成立, f(x)在[0,+∞)上单调递减,
又f(0)=0,∴f(x)≤0,与题意不符.(10分)
③当-2a-1<0且-a>0,即-120,
∴当x∈0,−2−1a时,h(x)<0,即g'(x)<0在0,−2−1a上恒成立,
∴g(x)在0,−2−1a上单调递减,又g(0)=0,∴g(x)<0在0,−2−1a上恒成立,
∴f '(x)<0在0,−2−1a上恒成立,从而f(x)在0,−2−1a上单调递减,
又f(0)=0,∴f(x)<0在0,−2−1a上恒成立,与题意不符.(11分)
综上,a的取值范围为−∞,−12.(12分)
解法二:f '(x)=1−ax1+x-aln(1+x)-1,令g(x)=f '(x),
则g'(x)=-ax+2a+1(x+1)2,g'(0)=-2a-1.
若g'(0)<0,由于g(0)=0,则∃x∈(0,δ),
使g(x)=f '(x)<0,
所以f(x)在(0,δ)上单调递减,
故当x∈(0,δ)时, f(x)故必有g'(0)≥0,从而a≤-12.(8分)
当a≤-12时,则有ax+2a+1≤0,g'(x)≥0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)≥g(0)=0,
即f '(x)≥0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以,当x≥0时, f(x)≥f(0)=0,符合题意.(11分)
综上,a的取值范围是−∞,−12.(12分)
考点1 导数与函数的单调性
1.(2023新课标Ⅱ,6,5分,中)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为( C )
A.e2 B.e C.e-1 D.e-2
2.(2022全国甲文,12,5分,难)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则( A )
A.a>0>b B.a>b>0 C.b>a>0 D.b>0>a
3.(2022新高考Ⅰ,7,5分,难)设a=0.1e0.1,b=19,c=-ln 0.9,则( C )
A.a4.(2023全国乙理,16,5分,难)设a∈(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)单调递增,则a的取值范围是 5−12,1 .
考点2 导数与函数极(最)值
1.(2022全国甲,文8,理6,5分,中)当x=1时,函数f(x)=aln x+bx取得最大值-2,则f'(2)=( B )
A.-1 B.-12 C.12 D.1
2.(2021全国乙,文12,理10,5分,难)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则 ( D )
A.ab C.aba2
3.(多选)(2023新课标Ⅱ,11,5分,中)若函数f(x)=aln x+bx+cx2(a≠0)既有极大值也有极小值,则( BCD )
A.bc>0 B.ab>0 C.b2+8ac>0 D.ac<0
4.(多选)(2022新高考Ⅰ,10,5分,中)已知函数 f(x)=x3-x+1,则( AC )
A. f(x)有两个极值点
B. f(x)有三个零点
C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
5.(2021新高考Ⅰ,15,5分,中)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为 1 .
6.(2022全国乙理,16,5分,难)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x17.(2023北京,20,15分,中)设函数f(x)=x-x3eax+b,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=-x+1.
(1)求a,b的值;
(2)设函数g(x)=f '(x),求g(x)的单调区间;
(3)求f(x)的极值点个数.
解析 (1)∵点(1, f(1))在切线y=-x+1上,且切线斜率为-1,∴f(1)=0, f '(1)=-1,
而f(1)=1-ea+b=0,即ea+b=1①,
又f '(x)=1-3x2eax+b-ax3eax+b,
∴f '(1)=1-3ea+b-aea+b=-1②,由①②得a=-1,b=1.
(2)g(x)=f '(x)=e1-x(x3-3x2)+1,
g'(x)=-e1-x(x3-3x2)+e1-x(3x2-6x)=e1-x(-x3+6x2-6x)=-xe1-x(x2-6x+6),
令g'(x)=0,得x=0或x=3±3.
x,g'(x),g(x)的变化情况如表:
故g(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(3-3,3+3),单调递减区间为(0,3-3)和(3+3,+∞).
(3)由(2)知g(x)=e1-x(x3-3x2)+1,
∴g(0)=1>0,g(-1)=-4e2+1<0,∴g(x)在区间(-∞,0)上有一个变号零点,故f(x)在(-∞,0)上有一个极值点.又∵g(1)=-1<0,且g(3-3)∵g(3)=1>0,且g(3+3)>g(3)>0,
∴g(x)在(3-3,3+3)上有一个变号零点,
故f(x)在(3-3,3+3)上有一个极值点.
当x>3时,g(x)=x2e1-x(x-3)+1>0,故g(x)在(3+3,+∞)上无零点,即f(x)无极值点.
综上, f(x)有3个极值点.
8.(2023全国乙理,21,12分,难)已知函数f(x)=1x+aln(1+x).
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)是否存在a,b,使得曲线y=f 1x关于直线x=b对称?若存在,求a,b;若不存在,说明理由;
(3)若f(x)在(0,+∞)存在极值点,求a的取值范围.
解析 (1)当a=-1时, f(x)=1x−1ln(x+1),则f(1)=0,且f '(x)=-1x2ln(x+1)+1x−1·1x+1,
故f '(1)=-ln 2,所以所求切线方程为y=-(x-1)ln 2,
即xln 2+y-ln 2=0.
(2)存在.f 1x=(x+a)ln x+1x,其定义域为(-∞,-1)∪(0,+∞).
要使函数f 1x的图象关于直线x=b对称,则由x≠0且x≠-1知b=-12,此时f 1x=(x+a)ln x+1x的图象关于直线x=-12对称,则f −12+t=f −12−t,
即−12+t+aln t+12−12+t=a−12−tln t−12t+12,
即a+t−12ln t+12t−12=-a−t−12ln t+12t−12,
∴a+t-12=-a+t+12,解得a=12.
(3)f '(x)=-1x2ln(x+1)+1x+a1x+1=-1x2ln(x+1)−ax2+xx+1,
要使f(x)在(0,+∞)存在极值点,则方程ln(x+1)-ax2+xx+1=0有正根,
记g(x)=ln(x+1)-ax2+xx+1,x>0,
则g'(x)=-x(1+x)2·(ax+2a-1).
①当a≤0时,g'(x)>0,故g(x)在(0,+∞)单调递增,
g(x)>g(0)=0,不符合题意,舍去;
②当a≥12时,g'(x)<0,故g(x)在(0,+∞)单调递减,g(x)③当00,得0得x>1−2aa.易知x→+∞时,g(x)→-∞,
故只需g(x)max=g1−2aa=ln1−2aa+1-1−2aa2·a+1−2aa1−2aa+1=ln1a−1+4a-2>0即可,设h(t)=ln(t-1)+4t-2,t>2,则h'(t)=1t−1-4t2=(t−2)2(t−1)t2>0,故h(t)在(2,+∞)单调递增,∴h(t)>h(2)=0,故00,即g1−2aa>0,符合题意.
综上所述,当a∈0,12时, f(x)在(0,+∞)存在极值点.
三年模拟
练速度
1.(2024浙江Z20名校联盟第二次联考,6)函数f(x)=ln(2x-1)-x2+x的单调递增区间是( D )
A.(0,1) B.12,1
C.1−22,1+22 D.12,1+22
2.(2024河北邢台五岳联盟模拟,5)已知函数f(x)=aex-12x2在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为( D )
A.e B.1 C.e-2 D.e-1
3.(2024广东佛山禅城调研,6)若函数f(x)=aln x+4x+bx2(a≠0)既有极大值也有极小值,则下列结论一定正确的是( B )
A.a<0 B.b<0 C.ab>-1 D.a+b>0
4.(2024福建百校联考,7)已知函数f(x)=x3-3x2+3在区间(a,a+6)上存在最小值,则实数a的取值范围为( A )
A.[-1,2) B.−52,1 C.−2,32 D.[-1,1)
5.(多选)(2024广东茂名一模,9)若f(x)=-13x3+12x2+2x+1是区间(m-1,m+4)上的单调函数,则实数m的值可以是( CD )
A.-4 B.-3 C.3 D.4
6.(多选)(2024河南联考,11)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数f '(x)满足x2f '(x)-x(x-2)f(x)≥0,当且仅当x=0时,等号成立, f(1)=e,下列说法正确的是( BCD )
A. f(-3)>19e3 B. f(-2)<14e2
C. f(2)>e24 D. f(3)>e39
7.(多选)(2024山西晋城一模,9)若一个函数在区间D上的导数值恒大于0,则该函数在D上纯粹递增,若一个函数在区间D上的导数值恒小于0,则该函数在D上纯粹递减,则( BC )
A.函数f(x)=x2-2x在[1,+∞)上纯粹递增
B.函数f(x)=x3-2x在[1,2]上纯粹递增
C.函数f(x)=sin x-2x在[0,1]上纯粹递减
D.函数f(x)=ex-3x在[0,2]上纯粹递减
8.(2024河北部分重点高中联考,14)已知函数f(x)=ax-ln x的最小值为0,则a= 1e .
9.(2024安徽黄山第一次质量检测,15)已知函数f(x)=32x2-4ax+a2ln x在x=1处取得极大值.
(1)求a的值;
(2)求f(x)在区间1e,e上的最大值.
解析 (1)f '(x)=3x-4a+a2x.
由f(x)在x=1处取得极大值得f '(1)=3-4a+a2=0,解得a=1或a=3,经检验,a=1时不符合题意,应舍去(此时f(x)在x=1处取得极小值),故a=3.
(2)由(1)得f(x)=32x2-12x+9ln x, f '(x)=3(x−1)(x−3)x,
令f '(x)>0,得1e令f '(x)<0,得1所以f(x)max=f(1)=32-12=-212.
练思维
1.(2024东北三省四市教研联合体模拟,8)在同一平面直角坐标系内,函数y=f(x)及其导函数y=f '(x)的图象如图所示,已知两图象有且仅有一个公共点,其坐标为(0,1),则( C )
A.函数y=f(x)·ex的最大值为1
B.函数y=f(x)·ex的最小值为1
C.函数y=f(x)ex的最大值为1
D.函数y=f(x)ex的最小值为1
2.(2024江苏南通、如皋、连云港联考,7)已知函数f(x)的定义域为R,对任意x∈R,有f'(x)-f(x)>0,则“x<2”是“exf(x+1)>e4f(2x-3)”的( A )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.既不充分又不必要条件
D.充要条件
3.(2024山东齐鲁名校联盟质量检测,8)已知函数f(x)=mx2-xln x存在极小值点x0,且f(x0)<
-e3,则实数m的取值范围为( D )
A.0,1e2 B.0,2e2 C.0,1e3 D.0,2e3
4.(多选)(2024安徽六安质量检测,11)已知函数f(x)的导函数为f '(x),对任意的正数x,都满足f(x)A. f(1)<2f12 B. f(1)<12f(2)
C. f(1)<4f12-2 D. f(1)<14f(2)+1
5.(2024山东青岛二中段考,13)已知06.(2024广东潮州期末)设函数f(x)=x−a,x≤0,lnx,x>0,已知直线y=t与函数y=f(x)的图象交于A、B两点,且|AB|的最小值为e2(e为自然对数的底数),则a= 1-e2 .
7.(2024江西南昌师大附中开学考,14)若函数f(x)=2lgax+|2x-1|(a>0,且a≠1)的最小值为1,则实数a的值为 1e .
8.(2024黑龙江齐齐哈尔三模,17)已知函数f(x)=asinx−bcsxex(0≤x≤π),a>0,x=π2为f(x)的极值点.
(1)求a-ln b的最小值;
(2)若关于x的方程f(x)=1有且仅有两个实数解,求a的取值范围.
解析 (1)f '(x)=acsx+bsinx−asinx+bcsxex
=(a+b)csx+(b−a)sinxex,(2分)
依题意, f 'π2=b−aeπ2=0,所以a-b=0,(3分)
所以a-ln b=a-ln a,
设g(x)=x-ln x,则g'(x)=1-1x=x−1x,(4分)
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,(5分)
当x=1时,g(x)取得最小值g(1)=1,所以a-ln b的最小值为1.(6分)
(2)由(1)可知, f(x)=a(sinx−csx)ex,
令f(x)=1,则sinx−csxex=1a,(8分)
设h(x)=sinx−csxex,则h'(x)=2csxex,(10分)
当x∈0,π2时,h'(x)>0,h(x)单调递增,(11分)
当x∈π2,π时,h'(x)<0,h(x)单调递减.(12分)
且h(0)=-1,hπ2=e−π2,h(π)=e-π,(13分)
因为f(x)=1有两个实数解,
所以e-π≤1a9.(2024山东济南一模,16)已知函数f(x)=e2x+ex-ax.
(1)当a=3时,求f(x)的单调区间;
(2)讨论f(x)极值点的个数.
解析 (1)当a=3时, f(x)=e2x+ex-3x,
则f '(x)=2e2x+ex-3=(2ex+3)(ex-1),
由f '(x)>0,得x>0,此时f(x)单调递增;
由f '(x)<0,得x<0,此时f(x)单调递减,
所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞),单调递减区间为(-∞,0).
(2)函数的定义域为R, f '(x)=2e2x+ex-a.
当a≤0时, f '(x)>0,所以f(x)在R上单调递增,
即f(x)极值点的个数为0;
当a>0时,易知1+8a>1,
故解关于t的方程2t2+t-a=0得t1=−1−1+8a4,t2=−1+1+8a4,所以f '(x)=2(ex-t1)(ex-t2),
又t2=−1+1+8a4>−1+14=0,t1=−1−1+8a4<0,
所以x>ln t2时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
x即f(x)极值点的个数为1.
综上,当a≤0时, f(x)极值点的个数为0;当a>0时, f(x)极值点的个数为1.
10.(2024江苏南京二模,16)已知函数f(x)=x2−ax+aex,其中a∈R.
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程;
(2)当a>0时,若f(x)在区间[0,a]上的最小值为1e,求a的值.
解析 (1)当a=0时, f(x)=x2ex, f '(x)=2x−x2ex,
所以f(1)=1e, f '(1)=1e.(3分)
所以曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为y-1e=1e(x-1),即y=xe.(5分)
(2)f '(x)=-x2−(a+2)x+2aex=-(x−2)(x−a)ex.(7分)
若0所以f(x)min=f(a)=aea=1e.(10分)
考虑g(a)=aea,a∈R,则g'(a)=1−aea.
在(-∞,1)上,g'(a)>0,g(a)单调递增;在(1,+∞)上,g'(a)<0,g(a)单调递减;
所以g(a)的极大值为g(1)=1e.
所以由aea=1e,可得a=1.(12分)
若a>2,在(0,2)上, f '(x)<0, f(x)单调递减;在(2,a)上, f '(x)>0, f(x)单调递增.
所以f(x)min=f(2)=4−ae2=1e,解得a=4-e,与a>2矛盾,故舍去.
综上,a的值为1.(15分)
11.(2024浙江温州三模,16)设函数f(x)=xln x-16x3的导函数为g(x).
(1)求函数g(x)的单调区间和极值;
(2)证明:函数f(x)存在唯一的极大值点x0,且x0>32.(参考数据:ln 2≈0.693 1)
解析 (1)由题意知f(x)的定义域为(0,+∞).
因为g(x)=f '(x)=ln x+1-12x2,
所以g'(x)=1x-x=1−x2x(x>0),令g'(x)=0,则x=1,
所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
故极大值为g(1)=ln 1+1-12=12,无极小值.
(2)证明:由(1)可知f '(x)在(0,1)上单调递增,所以在x∈(0,1)上,函数f(x)不存在极大值点.又f '(x)max=f '(1)=12>0, f '(x)在(1,+∞)上单调递减, f '(2)=1+ln 2-2=ln 2-1<0,所以存在唯一x0∈(1,+∞),使得f '(x0)=0,当x∈(1,x0)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当x∈(x0,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,所以x0是f(x)的唯一极大值点,又f '32=1+ln 32-98=ln 3-ln 2-18>1-0.693 1-0.125>0,所以x0>32.
练风向
(创新考法)(2024湖南长沙一中适应性训练,14)在同一平面直角坐标系中,P,Q分别是函数f(x)=axex-ln(ax)和g(x)=2ln(x−1)x图象上的动点,若对任意a>0,有|PQ|≥m恒成立,则实数m的最大值为 322 . x
(-∞,
0)
0
(0,
3-3)
3-3
(3-3,
3+3)
3+3
(3+3,
+∞)
g'(x)
+
0
-
0
+
0
-
g(x)
单调
递增
极大
值
单调
递减
极小
值
单调
递增
极大
值
单调
递减
高考新风向
1.(多选)(2024新课标Ⅰ,10,6分,中)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则( ACD )
A.x=3是f(x)的极小值点
B.当0
2.(多选)(2024新课标Ⅱ,11,6分,难)设函数f(x)=2x3-3ax2+1,则( AD )
A.当a>1时, f(x)有三个零点
B.当a<0时,x=0是f(x)的极大值点
C.存在a,b,使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴
D.存在a,使得点(1, f(1))为曲线y=f(x)的对称中心
3.(2024新课标Ⅱ,16,15分,中)已知函数f(x)=ex-ax-a3.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围.
解析 (1)当a=1时, f(x)=ex-x-1,
f '(x)=ex-1,则切线斜率为k=f '(1)=e-1,
又∵f(1)=e-1-1=e-2,
∴切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),
整理得y=(e-1)x-1.
(2)∵f(x)=ex-ax-a3,∴f '(x)=ex-a.
①当a≤0时, f '(x)>0恒成立, f(x)单调递增,
无极值,不符合题意,故a≤0时不成立.
②当a>0时,令f '(x)=0,得x=ln a,
当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
∴x=ln a时f(x)有极小值,
极小值为f(ln a)=eln a-aln a-a3=a-aln a-a3.
又∵极小值小于0,∴a-aln a-a3<0,
又∵a>0,∴1-ln a-a2<0,
设g(a)=1-ln a-a2,a∈(0,+∞),
∵g'(a)=-1a-2a<0,∴g(a)单调递减,
又∵g(1)=0,∴a∈(1,+∞)时,g(a)<0,
即极小值f(ln a)<0,
∴a>1.
综上所述,a的取值范围为(1,+∞).
4.(2024全国甲理,21,12分,难)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.
(1)若a=-2,求f(x)的极值;
(2)当x≥0时, f(x)≥0,求a的取值范围.
解析 (1)函数f(x)的定义域为(-1,+∞),
当a=-2时, f(x)=(1+2x)ln(x+1)-x,
则f '(x)=2ln(x+1)+xx+1,(2分)
令F(x)=2ln(x+1)+xx+1,则F'(x)=2x+1+1(x+1)2,
可得F'(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,则F(x)在(-1,+∞)上单调递增,
又F(0)=0,∴当x∈(-1,0)时,F(x)<0,当x∈(0,+∞)时,F(x)>0,
即当-1
所以f(x)在x=0处取得极小值, f(x)极小值=f(0)=0,无极大值.(5分)
(2)解法一:∵当x≥0时, f(x)≥0,又f(0)=0,
∴y=f(x)在x=0处取得最小值.
又f '(x)=-aln(1+x)+(−a−1)x1+x,
令g(x)=f '(x)=-aln(1+x)+(−a−1)x1+x,
则g'(x)=−a1+x+−a−1(1+x)2=−ax−2a−1(x+1)2,
令h(x)=-ax-2a-1,x∈[0,+∞),h(0)=-2a-1.
①当-2a-1≥0,即a≤-12时,-a>0,h(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即g'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
则g(x)在[0,+∞)上单调递增,又g(0)=0,从而f '(x)=g(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
即f(x)在[0,+∞)上单调递增,又f(0)=0,∴f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立.(8分)
②当-2a-1<0且-a≤0,即a≥0时,h(x)<0在[0,+∞)上恒成立,
即g'(x)<0在[0,+∞)上恒成立,则g(x)在[0,+∞)上单调递减,又g(0)=0,
从而f '(x)=g(x)≤0在[0,+∞)上恒成立, f(x)在[0,+∞)上单调递减,
又f(0)=0,∴f(x)≤0,与题意不符.(10分)
③当-2a-1<0且-a>0,即-12
∴当x∈0,−2−1a时,h(x)<0,即g'(x)<0在0,−2−1a上恒成立,
∴g(x)在0,−2−1a上单调递减,又g(0)=0,∴g(x)<0在0,−2−1a上恒成立,
∴f '(x)<0在0,−2−1a上恒成立,从而f(x)在0,−2−1a上单调递减,
又f(0)=0,∴f(x)<0在0,−2−1a上恒成立,与题意不符.(11分)
综上,a的取值范围为−∞,−12.(12分)
解法二:f '(x)=1−ax1+x-aln(1+x)-1,令g(x)=f '(x),
则g'(x)=-ax+2a+1(x+1)2,g'(0)=-2a-1.
若g'(0)<0,由于g(0)=0,则∃x∈(0,δ),
使g(x)=f '(x)<0,
所以f(x)在(0,δ)上单调递减,
故当x∈(0,δ)时, f(x)
当a≤-12时,则有ax+2a+1≤0,g'(x)≥0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)≥g(0)=0,
即f '(x)≥0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以,当x≥0时, f(x)≥f(0)=0,符合题意.(11分)
综上,a的取值范围是−∞,−12.(12分)
考点1 导数与函数的单调性
1.(2023新课标Ⅱ,6,5分,中)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为( C )
A.e2 B.e C.e-1 D.e-2
2.(2022全国甲文,12,5分,难)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则( A )
A.a>0>b B.a>b>0 C.b>a>0 D.b>0>a
3.(2022新高考Ⅰ,7,5分,难)设a=0.1e0.1,b=19,c=-ln 0.9,则( C )
A.a
考点2 导数与函数极(最)值
1.(2022全国甲,文8,理6,5分,中)当x=1时,函数f(x)=aln x+bx取得最大值-2,则f'(2)=( B )
A.-1 B.-12 C.12 D.1
2.(2021全国乙,文12,理10,5分,难)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则 ( D )
A.ab C.ab
3.(多选)(2023新课标Ⅱ,11,5分,中)若函数f(x)=aln x+bx+cx2(a≠0)既有极大值也有极小值,则( BCD )
A.bc>0 B.ab>0 C.b2+8ac>0 D.ac<0
4.(多选)(2022新高考Ⅰ,10,5分,中)已知函数 f(x)=x3-x+1,则( AC )
A. f(x)有两个极值点
B. f(x)有三个零点
C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
5.(2021新高考Ⅰ,15,5分,中)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为 1 .
6.(2022全国乙理,16,5分,难)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1
(1)求a,b的值;
(2)设函数g(x)=f '(x),求g(x)的单调区间;
(3)求f(x)的极值点个数.
解析 (1)∵点(1, f(1))在切线y=-x+1上,且切线斜率为-1,∴f(1)=0, f '(1)=-1,
而f(1)=1-ea+b=0,即ea+b=1①,
又f '(x)=1-3x2eax+b-ax3eax+b,
∴f '(1)=1-3ea+b-aea+b=-1②,由①②得a=-1,b=1.
(2)g(x)=f '(x)=e1-x(x3-3x2)+1,
g'(x)=-e1-x(x3-3x2)+e1-x(3x2-6x)=e1-x(-x3+6x2-6x)=-xe1-x(x2-6x+6),
令g'(x)=0,得x=0或x=3±3.
x,g'(x),g(x)的变化情况如表:
故g(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(3-3,3+3),单调递减区间为(0,3-3)和(3+3,+∞).
(3)由(2)知g(x)=e1-x(x3-3x2)+1,
∴g(0)=1>0,g(-1)=-4e2+1<0,∴g(x)在区间(-∞,0)上有一个变号零点,故f(x)在(-∞,0)上有一个极值点.又∵g(1)=-1<0,且g(3-3)
∴g(x)在(3-3,3+3)上有一个变号零点,
故f(x)在(3-3,3+3)上有一个极值点.
当x>3时,g(x)=x2e1-x(x-3)+1>0,故g(x)在(3+3,+∞)上无零点,即f(x)无极值点.
综上, f(x)有3个极值点.
8.(2023全国乙理,21,12分,难)已知函数f(x)=1x+aln(1+x).
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)是否存在a,b,使得曲线y=f 1x关于直线x=b对称?若存在,求a,b;若不存在,说明理由;
(3)若f(x)在(0,+∞)存在极值点,求a的取值范围.
解析 (1)当a=-1时, f(x)=1x−1ln(x+1),则f(1)=0,且f '(x)=-1x2ln(x+1)+1x−1·1x+1,
故f '(1)=-ln 2,所以所求切线方程为y=-(x-1)ln 2,
即xln 2+y-ln 2=0.
(2)存在.f 1x=(x+a)ln x+1x,其定义域为(-∞,-1)∪(0,+∞).
要使函数f 1x的图象关于直线x=b对称,则由x≠0且x≠-1知b=-12,此时f 1x=(x+a)ln x+1x的图象关于直线x=-12对称,则f −12+t=f −12−t,
即−12+t+aln t+12−12+t=a−12−tln t−12t+12,
即a+t−12ln t+12t−12=-a−t−12ln t+12t−12,
∴a+t-12=-a+t+12,解得a=12.
(3)f '(x)=-1x2ln(x+1)+1x+a1x+1=-1x2ln(x+1)−ax2+xx+1,
要使f(x)在(0,+∞)存在极值点,则方程ln(x+1)-ax2+xx+1=0有正根,
记g(x)=ln(x+1)-ax2+xx+1,x>0,
则g'(x)=-x(1+x)2·(ax+2a-1).
①当a≤0时,g'(x)>0,故g(x)在(0,+∞)单调递增,
g(x)>g(0)=0,不符合题意,舍去;
②当a≥12时,g'(x)<0,故g(x)在(0,+∞)单调递减,g(x)
故只需g(x)max=g1−2aa=ln1−2aa+1-1−2aa2·a+1−2aa1−2aa+1=ln1a−1+4a-2>0即可,设h(t)=ln(t-1)+4t-2,t>2,则h'(t)=1t−1-4t2=(t−2)2(t−1)t2>0,故h(t)在(2,+∞)单调递增,∴h(t)>h(2)=0,故0
综上所述,当a∈0,12时, f(x)在(0,+∞)存在极值点.
三年模拟
练速度
1.(2024浙江Z20名校联盟第二次联考,6)函数f(x)=ln(2x-1)-x2+x的单调递增区间是( D )
A.(0,1) B.12,1
C.1−22,1+22 D.12,1+22
2.(2024河北邢台五岳联盟模拟,5)已知函数f(x)=aex-12x2在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为( D )
A.e B.1 C.e-2 D.e-1
3.(2024广东佛山禅城调研,6)若函数f(x)=aln x+4x+bx2(a≠0)既有极大值也有极小值,则下列结论一定正确的是( B )
A.a<0 B.b<0 C.ab>-1 D.a+b>0
4.(2024福建百校联考,7)已知函数f(x)=x3-3x2+3在区间(a,a+6)上存在最小值,则实数a的取值范围为( A )
A.[-1,2) B.−52,1 C.−2,32 D.[-1,1)
5.(多选)(2024广东茂名一模,9)若f(x)=-13x3+12x2+2x+1是区间(m-1,m+4)上的单调函数,则实数m的值可以是( CD )
A.-4 B.-3 C.3 D.4
6.(多选)(2024河南联考,11)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数f '(x)满足x2f '(x)-x(x-2)f(x)≥0,当且仅当x=0时,等号成立, f(1)=e,下列说法正确的是( BCD )
A. f(-3)>19e3 B. f(-2)<14e2
C. f(2)>e24 D. f(3)>e39
7.(多选)(2024山西晋城一模,9)若一个函数在区间D上的导数值恒大于0,则该函数在D上纯粹递增,若一个函数在区间D上的导数值恒小于0,则该函数在D上纯粹递减,则( BC )
A.函数f(x)=x2-2x在[1,+∞)上纯粹递增
B.函数f(x)=x3-2x在[1,2]上纯粹递增
C.函数f(x)=sin x-2x在[0,1]上纯粹递减
D.函数f(x)=ex-3x在[0,2]上纯粹递减
8.(2024河北部分重点高中联考,14)已知函数f(x)=ax-ln x的最小值为0,则a= 1e .
9.(2024安徽黄山第一次质量检测,15)已知函数f(x)=32x2-4ax+a2ln x在x=1处取得极大值.
(1)求a的值;
(2)求f(x)在区间1e,e上的最大值.
解析 (1)f '(x)=3x-4a+a2x.
由f(x)在x=1处取得极大值得f '(1)=3-4a+a2=0,解得a=1或a=3,经检验,a=1时不符合题意,应舍去(此时f(x)在x=1处取得极小值),故a=3.
(2)由(1)得f(x)=32x2-12x+9ln x, f '(x)=3(x−1)(x−3)x,
令f '(x)>0,得1e
练思维
1.(2024东北三省四市教研联合体模拟,8)在同一平面直角坐标系内,函数y=f(x)及其导函数y=f '(x)的图象如图所示,已知两图象有且仅有一个公共点,其坐标为(0,1),则( C )
A.函数y=f(x)·ex的最大值为1
B.函数y=f(x)·ex的最小值为1
C.函数y=f(x)ex的最大值为1
D.函数y=f(x)ex的最小值为1
2.(2024江苏南通、如皋、连云港联考,7)已知函数f(x)的定义域为R,对任意x∈R,有f'(x)-f(x)>0,则“x<2”是“exf(x+1)>e4f(2x-3)”的( A )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.既不充分又不必要条件
D.充要条件
3.(2024山东齐鲁名校联盟质量检测,8)已知函数f(x)=mx2-xln x存在极小值点x0,且f(x0)<
-e3,则实数m的取值范围为( D )
A.0,1e2 B.0,2e2 C.0,1e3 D.0,2e3
4.(多选)(2024安徽六安质量检测,11)已知函数f(x)的导函数为f '(x),对任意的正数x,都满足f(x)
C. f(1)<4f12-2 D. f(1)<14f(2)+1
5.(2024山东青岛二中段考,13)已知0
7.(2024江西南昌师大附中开学考,14)若函数f(x)=2lgax+|2x-1|(a>0,且a≠1)的最小值为1,则实数a的值为 1e .
8.(2024黑龙江齐齐哈尔三模,17)已知函数f(x)=asinx−bcsxex(0≤x≤π),a>0,x=π2为f(x)的极值点.
(1)求a-ln b的最小值;
(2)若关于x的方程f(x)=1有且仅有两个实数解,求a的取值范围.
解析 (1)f '(x)=acsx+bsinx−asinx+bcsxex
=(a+b)csx+(b−a)sinxex,(2分)
依题意, f 'π2=b−aeπ2=0,所以a-b=0,(3分)
所以a-ln b=a-ln a,
设g(x)=x-ln x,则g'(x)=1-1x=x−1x,(4分)
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,(5分)
当x=1时,g(x)取得最小值g(1)=1,所以a-ln b的最小值为1.(6分)
(2)由(1)可知, f(x)=a(sinx−csx)ex,
令f(x)=1,则sinx−csxex=1a,(8分)
设h(x)=sinx−csxex,则h'(x)=2csxex,(10分)
当x∈0,π2时,h'(x)>0,h(x)单调递增,(11分)
当x∈π2,π时,h'(x)<0,h(x)单调递减.(12分)
且h(0)=-1,hπ2=e−π2,h(π)=e-π,(13分)
因为f(x)=1有两个实数解,
所以e-π≤1a
(1)当a=3时,求f(x)的单调区间;
(2)讨论f(x)极值点的个数.
解析 (1)当a=3时, f(x)=e2x+ex-3x,
则f '(x)=2e2x+ex-3=(2ex+3)(ex-1),
由f '(x)>0,得x>0,此时f(x)单调递增;
由f '(x)<0,得x<0,此时f(x)单调递减,
所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞),单调递减区间为(-∞,0).
(2)函数的定义域为R, f '(x)=2e2x+ex-a.
当a≤0时, f '(x)>0,所以f(x)在R上单调递增,
即f(x)极值点的个数为0;
当a>0时,易知1+8a>1,
故解关于t的方程2t2+t-a=0得t1=−1−1+8a4,t2=−1+1+8a4,所以f '(x)=2(ex-t1)(ex-t2),
又t2=−1+1+8a4>−1+14=0,t1=−1−1+8a4<0,
所以x>ln t2时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
x
综上,当a≤0时, f(x)极值点的个数为0;当a>0时, f(x)极值点的个数为1.
10.(2024江苏南京二模,16)已知函数f(x)=x2−ax+aex,其中a∈R.
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程;
(2)当a>0时,若f(x)在区间[0,a]上的最小值为1e,求a的值.
解析 (1)当a=0时, f(x)=x2ex, f '(x)=2x−x2ex,
所以f(1)=1e, f '(1)=1e.(3分)
所以曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为y-1e=1e(x-1),即y=xe.(5分)
(2)f '(x)=-x2−(a+2)x+2aex=-(x−2)(x−a)ex.(7分)
若0
考虑g(a)=aea,a∈R,则g'(a)=1−aea.
在(-∞,1)上,g'(a)>0,g(a)单调递增;在(1,+∞)上,g'(a)<0,g(a)单调递减;
所以g(a)的极大值为g(1)=1e.
所以由aea=1e,可得a=1.(12分)
若a>2,在(0,2)上, f '(x)<0, f(x)单调递减;在(2,a)上, f '(x)>0, f(x)单调递增.
所以f(x)min=f(2)=4−ae2=1e,解得a=4-e,与a>2矛盾,故舍去.
综上,a的值为1.(15分)
11.(2024浙江温州三模,16)设函数f(x)=xln x-16x3的导函数为g(x).
(1)求函数g(x)的单调区间和极值;
(2)证明:函数f(x)存在唯一的极大值点x0,且x0>32.(参考数据:ln 2≈0.693 1)
解析 (1)由题意知f(x)的定义域为(0,+∞).
因为g(x)=f '(x)=ln x+1-12x2,
所以g'(x)=1x-x=1−x2x(x>0),令g'(x)=0,则x=1,
所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
故极大值为g(1)=ln 1+1-12=12,无极小值.
(2)证明:由(1)可知f '(x)在(0,1)上单调递增,所以在x∈(0,1)上,函数f(x)不存在极大值点.又f '(x)max=f '(1)=12>0, f '(x)在(1,+∞)上单调递减, f '(2)=1+ln 2-2=ln 2-1<0,所以存在唯一x0∈(1,+∞),使得f '(x0)=0,当x∈(1,x0)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当x∈(x0,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,所以x0是f(x)的唯一极大值点,又f '32=1+ln 32-98=ln 3-ln 2-18>1-0.693 1-0.125>0,所以x0>32.
练风向
(创新考法)(2024湖南长沙一中适应性训练,14)在同一平面直角坐标系中,P,Q分别是函数f(x)=axex-ln(ax)和g(x)=2ln(x−1)x图象上的动点,若对任意a>0,有|PQ|≥m恒成立,则实数m的最大值为 322 . x
(-∞,
0)
0
(0,
3-3)
3-3
(3-3,
3+3)
3+3
(3+3,
+∞)
g'(x)
+
0
-
0
+
0
-
g(x)
单调
递增
极大
值
单调
递减
极小
值
单调
递增
极大
值
单调
递减
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新高考数学一轮复习知识点总结与题型精练专题10 利用导数研究函数的单调性、极值和最值（含解析）： 这是一份新高考数学一轮复习知识点总结与题型精练专题10 利用导数研究函数的单调性、极值和最值（含解析），共34页。
