《2020版广西高考人教版数学（文）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版广西高考人教版数学（文）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 10 页页 一、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+l
2、n 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.定义域为 R 的可导函数 y=f(x)的导函数 f(x),满足 f(x)2ex的解集为 ( ) A.(-,0)B.(-,2) C.(0,+)D.(2,+) 答案 C 解析设 g(x)=,则 g(x)=. () e () - () e f(x)0,即函数 g(x)在
3、定义域内单调递增. f(0)=2,g(0)=f(0)=2, 不等式 f(x)2ex等价于 g(x)g(0). 函数 g(x)在定义域内单调递增. x0,不等式的解集为(0,+),故选 C. 4.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 解析设导函数 y=f(x)的三个零点分别为 x1,x2,x3, 且 x10,f(x)是增函数, 所以函数 y=f(x)的图象可能为 D,故选 D. 5.已知函数 f(x)=- x2+4x-3ln x在区间t,t+1上不单调,则 t 的取值范围是 . 1 2 答案(0,1)(2,3) 解析由题意知 f
4、(x)=-x+4-=-. 3 = - 2+ 4 - 3 ( - 1)( - 3) 由 f(x)=0 得 x1=1,x2=3,可知 1,3 是函数 f(x)的两个极值点. 则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内,函数 f(x)在区间t,t+1上就不单调, 由 t0 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 2) ( 1 2 ,1 ) 7.
5、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+ (2 - ) + - 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 8.已知函数 f(x)=xex-a(aR). ( 2 2 + )
6、 (1)当 a=1时,求函数 f(x)的极值; (2)讨论函数 f(x)的单调性. 解(1)当 a=1时,f(x)=xex-,f(x)=ex+xex-(x+1)=(x+1)(ex-1), ( 2 2 + ) 令 f(x)=0,得 x=-1或 x=0. x (- ,- 1) - 1 (- 1,0) 0(0,+) f(x)+0 -0+ f(x) 当 x=-1 时,f(x)有极大值 f(-1)=; 1 2 1 e 当 x=0 时,f(x)有极小值 f(0)=0. (2)f(x)=ex+xex-a(x+1)=(x+1)(ex-a), 当 a0 时,ex-a0,由 f(x)0 得 x-1,即在区间(-1
7、,+)内,函数 f(x)单调递增;由 f(x)0时,令 f(x)=0,得 x=-1或 x=ln a. 当 ln a=-1,即 a=e-1时,无论 x-1 或 x0,又 f(-1)=0, 即在 R上,f(x)0,从而函数 f(x)在 R 上单调递增. 当 ln a0x-1 或 x-1,即 ae-1时, 由 f(x)=(x+1)(ex-a)0xln a 或 x0,即 f(x)0,故 f(x)为增函数; 当 xx2时,g(x)0(其中 f(x)是函数 f(x)的导函数),则 (- 2, 2) 下列不等式成立的是( ) A.2fD.f(0) ( 3) 2f( 4) 答案 A 解析构造函数 g(x)=,
8、 () cos 则 g(x)=f(x)cos x+f(x)sin x. 1 cos2 对任意的 x满足 f(x)cos x+f(x)sin x0, (- 2, 2) g(x)0,即函数 g(x)在内单调递增. (- 2, 2) g0 时,xf(x)-f(x)0 成立的 x 的 取值范围是 . 答案(-,-1)(0,1) 解析当 x0时,令 F(x)=, () 则 F(x)=0 时,F(x)=为减函数. () f(x)为奇函数,且由 f(-1)=0,得 f(1)=0,故 F(1)=0. 在区间(0,1)内,F(x)0;在(1,+)内,F(x)0;当 x1 时,f(x)0; 当 x(-1,0)时,
9、f(x)0 的解集为(-,-1)(0,1). 12.已知函数 f(x)=aln x+x2-ax(aR). (1)若 x=3是 f(x)的极值点,求 f(x)的单调区间; (2)求 g(x)=f(x)-2x在区间1,e上的最小值 h(a). 解(1)f(x)= +2x-a(x0). x=3 是函数 f(x)的一个极值点, f(3)= +6-a=0,解得 a=9, 3 f(x)=, (2 - 3)( - 3) 当 03 时,f(x)0; 3 2 当 -1时,试判断函数 f(x)的单调性; (2)若 a0 时,g(x)0,f(x)在(0,+)上单调递增, 当 x-1,所以 1+a0,即 f(x)0,
10、 所以函数 f(x)在 R 上单调递增. (2)证明由(1)知 f(x)在1,+)上单调递增, 因为 a1, 1 2 则 h(x)=x(1-ex)0, 1 f(x)=2x+(x-1),当1 时,f(x)0. 3 - 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 - 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, ( 0, - a 6) ( - a 6, + ) g(x)有两个不相等的正零点, f(x)有两个极值点. 综上,a的取值范围是. (- , - 3 3 4 2)