(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）

这是一份(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），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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>0C.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.