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、极值和最值练习课件

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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、极值和最值练习课件，共60页。

1.(多选)(2024新课标Ⅰ,10,6分,中)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则 (　    )A.x=3是f(x)的极小值点B.当0f(x)
2.(多选)(2024新课标Ⅱ,11,6分,难)设函数f(x)=2x3-3ax2+1,则 (　    )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)=- -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)+ , (2分)令F(x)=2ln(x+1)+ ,则F'(x)= + ,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)+ ,令g(x)=f '(x)=-aln(1+x)+ ,则g'(x)= + = ,令h(x)=-ax-2a-1,x∈[0,+∞),h(0)=-2a-1.①当-2a-1≥0,即a≤- 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- 0,∴当x∈ 时,h(x)<0,即g'(x)<0在上恒成立,∴g(x)在上单调递减,又g(0)=0,∴g(x)<0在上恒成立,
∴f '(x)<0在上恒成立,从而f(x)在上单调递减,又f(0)=0,∴f(x)<0在上恒成立,与题意不符. (11分)综上,a的取值范围为 . (12分)解法二:f '(x)= -aln(1+x)-1,令g(x)=f '(x),则g'(x)=- ,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)综上,a的取值范围是 . (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 (　    )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>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= ,c=-ln 0.9,则 (　    )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　     　    .
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+ 取得最大值-2,则f ‘(2)=(　    )A.-1　    B.- 　    C. 　    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 (　    )A.ab　    C.aba2
3.(多选)(2023新课标Ⅱ,11,5分,中)若函数f(x)=aln x+ + (a≠0)既有极大值也有极小值,则 (　    )A.bc>0　    B.ab>0C.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 (　    )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± .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+ ),单调递减区间为(0,3- )和(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- )0,且g(3+ )>g(3)>0,∴g(x)在(3- ,3+ )上有一个变号零点,故f(x)在(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+ ,+∞)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)= ln(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 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)= ln(x+1),则f(1)=0,且f '(x)=- ln(x+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 =(x+a)ln ,其定义域为(-∞,-1)∪(0,+∞).要使函数f 的图象关于直线x=b对称,则由x≠0且x≠-1知b=- ,此时f =(x+a)ln 的图象关于直线x=- 对称,则f =f ,即 ln = ln ,
即 ln =- ln ,∴a+t- =-a+t+ ,解得a= .(3)f '(x)=- ln(x+1)+ =- ,要使f(x)在(0,+∞)存在极值点,则方程ln(x+1)- =0有正根,记g(x)=ln(x+1)- ,x>0,则g'(x)=- ·(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≥ 时,g'(x)<0,故g(x)在(0,+∞)单调递减,g(x)0,得0 .易知x→+∞时,g(x)→-∞,故只需g(x)max=g =ln - =ln +4a-2>0即可,设h(t)=ln(t-1)+ -2,t>2,则h'(t)= - = >0,故h(t)在(2,+∞)单调递增,∴h(t)>h(2)=0,故0<
a< 时,有ln +4a-2>0,即g >0,符合题意.综上所述,当a∈ 时, f(x)在(0,+∞)存在极值点.
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 (        )A.(0,1)　    B. C. 　    D.
2.(2024河北邢台五岳联盟模拟,5)已知函数f(x)=aex- x2在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为 (　    )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+ + (a≠0)既有极大值也有极小值,则下列结论一定正确的是 (　    )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.[-1,2)　    B. 　    C. 　    D.[-1,1)
5.(多选)(2024广东茂名一模,9)若f(x)=- x3+ x2+2x+1是区间(m-1,m+4)上的单调函数,则实数m的值可以是 (　    )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 (　    )A. f(-3)> 　    B. f(-2)< C. f(2)> 　    D. f(3)>
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 (　    )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=　     　    .
9.(2024安徽黄山第一次质量检测,15)已知函数f(x)= x2-4ax+a2ln x在x=1处取得极大值.(1)求a的值;(2)求f(x)在区间上的最大值.
解析    (1)f '(x)=3x-4a+ .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)= x2-12x+9ln x, f '(x)= ,令f '(x)>0,得 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 (        )A.函数y=f(x)·ex的最大值为1B.函数y=f(x)·ex的最小值为1
C.函数y= 的最大值为1D.函数y= 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.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 (　    )A. 　    B. 　    C. 　    D.
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)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)= 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　     　    .
8.(2024黑龙江齐齐哈尔三模,17)已知函数f(x)= (0≤x≤π),a>0,x= 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)= = , (2分)依题意, f ' = =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- = , (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)= ,
令f(x)=1,则 = , (8分)设h(x)= ,则h'(x)= , (10分)当x∈ 时,h'(x)>0,h(x)单调递增, (11分)当x∈ 时,h'(x)<0,h(x)单调递减. (12分)且h(0)=-1,h = ,h(π)=e-π, (13分)因为f(x)=1有两个实数解,所以e-π≤ < ,所以 9.(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= ,t2= ,所以f '(x)=2(ex-t1)(ex-t2),又t2= > =0,t1= <0,所以x>ln t2时, f '(x)>0, f(x)单调递增,x0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)= ,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 ,求a的值.
解析    (1)当a=0时, f(x)= , f '(x)= ,所以f(1)= , f '(1)= . (3分)所以曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为y- = (x-1),即y= . (5分)(2)f '(x)=- =- . (7分)若0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)= .所以由 = ,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)= = ,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- x3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> .(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- x2,所以g'(x)= -x= (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- = ,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)= >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 ' =1+ln - =ln 3-ln 2- >1-0.693 1-0.125>0,所以x0> .