《2020版广西高考人教A版数学（理）一轮复习考点规范练：15 导数与函数的单调性、极值、最值 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版广西高考人教A版数学（理）一轮复习考点规范练：15 导数与函数的单调性、极值、最值 Word版含解析.pdf（12页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、考点规范练考点规范练 15 导数与函数的单调性、极值、 最值 导数与函数的单调性、极值、 最值 考点规范练考点规范练 A 册第册第 9 页页 基础巩固基础巩固 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
2、 x 的极值点,则( ) A.f(x)有极大值-1B.f(x)有极小值-1 C.f(x)有极大值 0D.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. 1 1 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( ) 1 4 ( 2 + ) 答案 A 解析f(x)= x2+sinx2+cos x, 1 4 ( 2 + )= 1 4 f(x)= x-sin x,它是一个奇函数,其图象关于原点对
3、称,故排除 B,D.又f(x)= -cos x,当- , 1 2 f(x)0, 所以当 00,bR)的一个极值点,则 ln a 与 b-1 的大小关系是( ) A.ln ab-1B.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. 1 2 ( 0, 1
4、 2) ( 1 2 ,1 ) 8.已知函数 f(x)=(a0)的导函数 y=f(x)的两个零点为-3 和 0. 2+ + e (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+ + e 所以 f(x)=, - 2+ (2a - ) + - e 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 e - 5 9.已知函数 f(x)=ln
5、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). 1 2 + 1 3 1 e ! (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 - 2 (a,+)内是增函数, 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
6、,. 1 8 x 恒成立,求 a的取值范围. (1)证明 f(x)= 2ln - 2 - 1 (ln)2 =(x0,x1). (ln)2(2ln - 2 - 1 2 ) 令 g(x)=2ln x-, 2 - 1 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. (ln)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, (ln)2 故 f(x)在区间(1,+)内为增函数. (2)解 af(x)-x=-x=. (2- 1) ln ln (2- 1) -
7、 ln 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 1 2 成立,所以当 a 时 h(x)0,故 h(x)区间在(0,1),(1,+)内为增函数, 1 2 若 00; ln 若 x1 时,h(x)h(1)=0, 所以 af(x)-x=h(x)0, ln 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
8、)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. 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(
9、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)=. 1 1 + 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 + 1 4 1, 1 | 如果 6a+10;当 x(0,1)时,h(x)0, 1 f(x)=2x+ 1 2 3 = 23- 3 + 1 2 =(x-1), 2 2 ( - 3 - 1 2 )( + 3+ 1 2 ) 当1时,f(x)0. 3 - 1 2 3 -
10、1 2 f(x)的减区间是,增区间是和(1,+). ( 3 - 1 2 ,1 )( 0, 3 - 1 2 ) (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. 1 2 + = 23+ + 1 2 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 a) 2 a3 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, - a 6) ( - a 6, + ) f(x)有两个极值点. 综上,a的取值范围是. (- , - 3 3 4 2)