1、考点规范练 15 导数与函数的单调性、极值、最值考点规范练 A 册第 9 页 基础巩固1.函数 f(x)=(x-3)ex 的单调递增区间是( )A.(-,2) B.(0,3) C.(1,4) D.(2,+)答案 D解析 函数 f(x)=(x-3)ex 的导数为 f(x)=(x-3)ex=ex+(x-3)ex=(x-2)ex.由函数导数与函数单调性的关系,得当 f(x)0 时,函数 f(x)单调递增 ,此时由不等式 f(x)=(x-2)ex0,解得 x2.2.(2018 广东东莞考前冲刺)若 x=1 是函数 f(x)=ax+ln x 的极值点,则( )A.f(x)有极大值-1 B.f(x)有极小
2、值- 1C.f(x)有极大值 0 D.f(x)有极小值 0答案 A解析 x=1 是函数 f(x)=ax+ln x 的极值点, f(1)=0, a+ =0, a=-1.11 f(x)=-1+ =0x=1.1当 x1 时,f (x)0,因此 f(x)有极大值- 1.3.已知 f(x)= x2+sin ,f(x)为 f(x)的导函数,则 f(x)的图象是( )14 (2+)答案 A解析 f(x)= x2+sin x2+cos x,14 (2+)=14 f(x)= x-sin x,它是一个奇函数,其图象关于原点对称,故排除 B,D.又 f(x)= -cos x,当- ,12 f(x)0,所以当 00,
3、bR )的一个极值点,则 ln a 与 b-1 的大小关系是( )A.ln ab-1 B.ln a0),则 g(a)= -3= ,1 1-3 g(a)在 内递增 ,在 内递减,故 g(a)max=g =1-ln 30 解得 01,即函数 g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+) 内单调递减.当 a0 时,令 g(x)=0,得 x=1 或 x= ,若 ,则由 g(x)0 解得 x1 或 01,即 00 解得 x 或 0 时,函数 g(x)在 内单调递增,在 内单调递减 ,在(1, +)内单调递增.12 (0,12) (12,1)8.已知函数 f(x)= (a0)的导函数 y=f(x)的两个零
4、点为-3 和 0.2+(1)求 f(x)的单调区间 ;(2)若 f(x)的极小值为 -e3,求 f(x)的极大值及 f(x)在区间-5,+) 内的最大值.解 (1)因为 f(x)= ,2+所以 f(x)= ,-2+(2a-)+-设 g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c.因为 a0,所以由题意知:当-30,即 f(x)0;当 x0 时,g(x )5=f(0),所以函数 f(x)在区间-5,+) 内的最大值是 5e5.5-59.已知函数 f(x)=ln ax- (a0).-(1)求函数 f(x)的单调区间及最值;(2)求证:对于任意正整数 n,均有 1+ + ln (e 为自然对数的底数).
5、12+13 1 !(1)解 由题意 f(x)= ,当 a0 时,函数 f(x)的定义域为(0,+),此时函数 f(x)在(0,a)内是减函数,在( a,+)内-2是增函数,故 fmin(x)=f(a)=ln a2,无最大值 .当 a0,即 f(x)0,故 f(x)为增函数;当 xx2 时,g(x)0,且当 x(0,+ )时,2f(x)0, 函数 g(x)在 x(0, +)内单调递增, ,又 f(x)0, .(1)1(2)8又 f(x)0, .18x 恒成立,求 a 的取值范围 .(1)证明 f(x)=2-2-1()2= (x0,x1).()2(2-2-12)令 g(x)=2ln x- ,2-1
6、2则 g(x)= .2(+1)(-1)3当 0g(1)=0.于是 f(x)= g(x)0,故 f(x)在区间(0,1)内为增函数.()2当 x1 时,g (x)0,g(x)是增函数 ,g(x)g(1)=0,于是 f(x)= g(x)0,()2故 f(x)在区间(1,+)内为增函数.(2)解 af(x)-x= -x= .(2-1) (2-1) -令 h(x)= -ln x(x0),(2-1)则 h(x)= .2-+2令 (x)=ax2-x+a,当 a0,且 =1-4a20,即 a 时,此时 (x)=ax2-x+a0 在区间(0,1),(1, +)内恒12成立,所以当 a 时 h(x)0, 故 h
7、(x)区间在(0,1),(1,+)内为增函数,12若 00;若 x1 时,h(x)h(1)= 0,所以 af(x)-x= h(x)0,所以当 x0,x1时都有 af(x)x 成立,当 00 时,f(x)0.(2)若 x=0 是 f(x)的极大值点,求 a.(1)证明 当 a=0 时,f( x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f(x)=ln(1+x)- ,1+设函数 g(x)=f(x)=ln(1+x)- ,则 g(x)= ,1+ (1+)2当-10 时,g(x) 0.故当 x-1 时,g(x)g(0)=0,且仅当 x=0 时,g(x) =0,从而 f(x)0,且仅当 x=0 时,f (x)=0
8、.所以 f(x)在(- 1,+)单调递增.又 f(0)=0,故当 -10 时,f(x)0.(2)解 若 a0,由(1) 知,当 x0 时,f(x)(2 +x)ln(1+x)-2x0=f(0),这与 x=0 是 f(x)的极大值点矛盾. 若 a0,故 h(x)与 f(x)符号相同.1,1|又 h(0)=f(0)=0,故 x=0 是 f(x)的极大值点当且仅当 x=0 是 h(x)的极大值点.h(x)= .11+2(2+2)-2(1+2)(2+2)2 =2(22+4+6+1)(+1)(2+2)2如果 6a+10,则当 00,故 x=0 不是 h(x)的极大值点.6+14 1, 1|如果 6a+10
9、;当 x(0,1)时,h(x )0,1f(x)=2x+123=23-3+12= (x-1) ,22 (- 3-12)(+3+12)当 1 时,f( x)0.3-12 3-12 f(x)的减区间是 ,增区间是 和(1,+) .(3-12,1) (0, 3-12)(2)若 f(x)有两个极值点 x1,x2,则需 f(x)=2x+ 有两个不相等的正零点.12+=23+12令 g(x)=2x3+ax+1(x0),故需 g(x)有两个不相等的正零点,则 g(x)=6x2+a. 当 a0 时,g( x)0, g(x)不可能有两个不相等的正零点,故 f(x)不可能有两个极值点. 当 a 时,g(x )0.-6故 g(x)在 上单调递减,在 上单调递增.(0, -6) ( -6,+) 需 g(x)min=g +10,g(-3a)=-54a3-3a2+1=-3a2(18a+1)+10,(-1) 23故 g(x)在 上和 上各有一个零点, g(x)有两个不相等的正零点 ,(0, -6) ( -6,+) f(x)有两个极值点.综上,a 的取值范围是 .(-,-3342)
