文档内容
2025版新教材高考数学第二轮复习
3.2 利用导数研究函数的单调性、极值和最值
五年高考
高考新风向
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.
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.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
1
3.(2022新高考Ⅰ,7,5分,难)设a=0.1e0.1,b= ,c=-ln 0.9,则 ( )
9
A.ab C.aba2
b c
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,
x x2则 ( )
A.bc>0 B.ab>0 C.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 .
6.(2022全国乙理,16,5分,难)已知x=x 和x=x 分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小
1 2
值点和极大值点.若x -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 ( )
[ 5 ) [ 3)
A.[-1,2) B. − ,1 C. −2, D.[-1,1)
2 2
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
3 2
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 ( )
1 1
A. f(-3)> B. f(-2)<
9e3 4e2
e2 e3
C. f(2)> D. f(3)>
4 9
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= .
3
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.
2
(1)求a的值;
[1 ]
(2)求f(x)在区间 ,e 上的最大值.
e
练思维
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1
B.函数y=f(x)·ex的最小值为1
f(x)
C.函数y= 的最大值为1
ex
f(x)
D.函数y= 的最小值为1
ex
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x ,且f(x )<
0 0
-e3,则实数m的取值范围为 ( )
( 1 ) ( 2 ) ( 1 ) ( 2 )
A. 0, B. 0, C. 0, D. 0,
e2 e2 e3 e3
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)0,
B两点,且|AB|的最小值为e2(e为自然对数的底数),则a= .
7.(2024江西南昌师大附中开学考,14)若函数f(x)=2log x+|2x-1|(a>0,且a≠1)的最小值为1,
a
则实数a的值为 .
asinx−bcosx π
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
ex 2
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.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.
x2−ax+a
10.(2024江苏南京二模,16)已知函数f(x)= ,其中a∈R.
ex
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程;
1
(2)当a>0时,若f(x)在区间[0,a]上的最小值为 ,求a的值.
e1
11.(2024浙江温州三模,16)设函数f(x)=xln x- x3的导函数为g(x).
6
(1)求函数g(x)的单调区间和极值;
3
(2)证明:函数f(x)存在唯一的极大值点x ,且x > .(参考数据:ln 2≈0.693 1)
0 0 2
练风向
(创新考法)(2024湖南长沙一中适应性训练,14)在同一平面直角坐标系中,P,Q分别是函数
2ln(x−1)
f(x)=axex-ln(ax)和g(x)= 图象上的动点,若对任意a>0,有|PQ|≥m恒成立,则实数m
x
的最大值为 .3.2 利用导数研究函数的单调性、极值和最值
五年高考
高考新风向
1.(多选)(2024新课标Ⅰ,10,6分,中)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则 ( ACD )
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 ( AD )
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,+∞),
1
∵g'(a)=- -2a<0,∴g(a)单调递减,
a
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,
x
则f '(x)=2ln(x+1)+ , (2分)
x+1
x 2 1
令F(x)=2ln(x+1)+ ,则F'(x)= + ,
x+1 x+1 (x+1) 2
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) =f(0)=0,无极大值. (5分)
极小值
(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.
(−a−1)x
又f '(x)=-aln(1+x)+ ,
1+x
(−a−1)x
令g(x)=f '(x)=-aln(1+x)+ ,
1+x
−a −a−1 −ax−2a−1
则g'(x)= + = ,
1+x (1+x) 2 (x+1) 2
令h(x)=-ax-2a-1,x∈[0,+∞),h(0)=-2a-1.1
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,
2
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)
1 1
③当-2a-1<0且-a>0,即- 0,
2 a
( 1) ( 1)
∴当x∈ 0,−2− 时,h(x)<0,即g'(x)<0在 0,−2− 上恒成立,
a a
( 1) ( 1)
∴g(x)在 0,−2− 上单调递减,又g(0)=0,∴g(x)<0在 0,−2− 上恒成立,
a a
( 1) ( 1)
∴f '(x)<0在 0,−2− 上恒成立,从而f(x)在 0,−2− 上单调递减,
a a
( 1)
又f(0)=0,∴f(x)<0在 0,−2− 上恒成立,与题意不符.(11分)
a
( 1]
综上,a的取值范围为 −∞,− . (12分)
2
1−ax
解法二:f '(x)= -aln(1+x)-1,令g(x)=f '(x),
1+x
ax+2a+1
则g'(x)=- ,g'(0)=-2a-1.
(x+1) 2
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)0>b B.a>b>0 C.b>a>0 D.b>0>a
1
3.(2022新高考Ⅰ,7,5分,难)设a=0.1e0.1,b= ,c=-ln 0.9,则 ( C )
9
A.ab C.aba2b c
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,
x x2
则 ( BCD )
A.bc>0 B.ab>0 C.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 ( AC )
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=x 和x=x 分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小
1 2
(1 )
值点和极大值点.若x 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-√3)0,且g(3+√3)>g(3)>0,
∴g(x)在(3-√3,3+√3)上有一个变号零点,
故f(x)在(3-√3,3+√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+√3,+∞)上无零点,即f(x)无极值点.
综上, f(x)有3个极值点.
(1 )
8.(2023全国乙理,21,12分,难)已知函数f(x)= +a ln(1+x).
x
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(1)
(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;
x
(3)若f(x)在(0,+∞)存在极值点,求a的取值范围.
(1 ) 1 (1 ) 1
解析 (1)当a=-1时, f(x)= −1 ln(x+1),则f(1)=0,且f '(x)=- ln(x+1)+ −1 · ,
x x2 x 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.
(1) x+1
(2)存在.f =(x+a)ln ,其定义域为(-∞,-1)∪(0,+∞).
x x
(1) 1 (1)
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
x 2 x
x+1 1 ( 1 ) ( 1 )
的图象关于直线x=- 对称,则f − +t =f − −t ,
x 2 2 2
1 1
t+ t−
( 1 ) 2 ( 1 ) 2
即 − +t+a ln = a− −t ln ,
2 1 2 1
− +t t+
2 21 1
t+ t+
( 1) 2 ( 1) 2
即 a+t− ln =- a−t− ln ,
2 1 2 1
t− t−
2 2
1 1 1
∴a+t- =-a+t+ ,解得a= .
2 2 2
1 (1 ) 1 1 [ ax2+x]
(3)f '(x)=- ln(x+1)+ +a =- ln(x+1)− ,
x2 x x+1 x2 x+1
ax2+x
要使f(x)在(0,+∞)存在极值点,则方程ln(x+1)- =0有正根,
x+1
ax2+x
记g(x)=ln(x+1)- ,x>0,
x+1
x
则g'(x)=- ·(ax+2a-1).
(1+x) 2
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;
1
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)→-∞,
a
(1−2a) 2 1−2a
·a+
(1−2a) (1−2a ) a a (1 )
故只需 g(x) =g =ln +1 - =ln −1 +4a-2>0 即可,设
max a a 1−2a a
+1
a
4 1 4 (t−2) 2
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
t t−1 t2 (t−1)t2
1 (1 ) (1−2a)
00,即g >0,符合题意.
2 a a
( 1)
综上所述,当a∈ 0, 时, f(x)在(0,+∞)存在极值点.
2三年模拟
练速度
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( D
)
(1 )
A.(0,1) B. ,1
2
(1−√2 1+√2) (1 1+√2)
C. , D. ,
2 2 2 2
1
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
2
小值为 ( D )
A.e B.1 C.e-2 D.e-1
4 b
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
x x2
结论一定正确的是 ( B )
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 )
[ 5 ) [ 3)
A.[-1,2) B. − ,1 C. −2, D.[-1,1)
2 2
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
3 2
实数m的值可以是 ( CD )
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 ( BCD )
1 1
A. f(-3)> B. f(-2)<
9e3 4e2
e2 e3
C. f(2)> D. f(3)>
4 9
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 (
BC )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
1
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= .
e
3
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.
2
(1)求a的值;
[1 ]
(2)求f(x)在区间 ,e 上的最大值.
e
a2
解析 (1)f '(x)=3x-4a+ .
x
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.
3 3(x−1)(x−3)
(2)由(1)得f(x)= x2-12x+9ln x, f '(x)= ,
2 x
1
令f '(x)>0,得 0,则“x<2”是“exf(x+1)>e4f(2x-3)”的 ( A )
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x ,且f(x )<
0 0
-e3,则实数m的取值范围为 ( D )
( 1 ) ( 2 ) ( 1 ) ( 2 )
A. 0, B. 0, C. 0, D. 0,
e2 e2 e3 e3
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)0,
B两点,且|AB|的最小值为e2(e为自然对数的底数),则a= 1- e 2 .
7.(2024江西南昌师大附中开学考,14)若函数f(x)=2log x+|2x-1|(a>0,且a≠1)的最小值为1,
a
1
则实数a的值为 .
e
asinx−bcosx π
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
ex 2
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.acosx+bsinx−asinx+bcosx
解析 (1)f '(x)=
ex
(a+b)cosx+(b−a)sinx
= , (2分)
ex
b−a
(π)
依题意, f ' = π =0,所以a-b=0, (3分)
2
e2
所以a-ln b=a-ln a,
1 x−1
设g(x)=x-ln x,则g'(x)=1- = , (4分)
x x
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)
a(sinx−cosx)
(2)由(1)可知, f(x)= ,
ex
sinx−cosx 1
令f(x)=1,则 = , (8分)
ex a
sinx−cosx 2cosx
设h(x)= ,则h'(x)= , (10分)
ex ex
( π)
当x∈ 0, 时,h'(x)>0,h(x)单调递增, (11分)
2
(π )
当x∈ ,π 时,h'(x)<0,h(x)单调递减.(12分)
2
(π) π
且h(0)=-1,h
2
=
e
− 2,h(π)=e-π, (13分)
因为f(x)=1有两个实数解,
1 π π
所以e-π≤ < − ,所以 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,
−1−√1+8a −1+√1+8a
故解关于t的方程2t2+t-a=0得t = ,t = ,所以f '(x)=2(ex-t )(ex-t ),
1 4 2 4 1 2
−1+√1+8a −1+1 −1−√1+8a
又t = > =0,t = <0,
2 4 4 1 4
所以x>ln t 时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
2
x0时, f(x)极值点的个数为1.
x2−ax+a
10.(2024江苏南京二模,16)已知函数f(x)= ,其中a∈R.
ex
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程;
1
(2)当a>0时,若f(x)在区间[0,a]上的最小值为 ,求a的值.
e
x2 2x−x2
解析 (1)当a=0时, f(x)= , f '(x)= ,
ex ex
1 1
所以f(1)= , f '(1)= . (3分)
e e
1 1 x
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)
e e e
x2−(a+2)x+2a (x−2)(x−a)
(2)f '(x)=- =- . (7分)
ex ex
若00,g(a)单调递增;在(1,+∞)上,g'(a)<0,g(a)单调递减;1
所以g(a)的极大值为g(1)= .
e
a 1
所以由 = ,可得a=1. (12分)
ea e
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.
4−a 1
所以f(x) =f(2)= = ,解得a=4-e,与a>2矛盾,故舍去.
min e2 e
综上,a的值为1.(15分)
1
11.(2024浙江温州三模,16)设函数f(x)=xln x- x3的导函数为g(x).
6
(1)求函数g(x)的单调区间和极值;
3
(2)证明:函数f(x)存在唯一的极大值点x ,且x > .(参考数据:ln 2≈0.693 1)
0 0 2
解析 (1)由题意知f(x)的定义域为(0,+∞).
1
因为g(x)=f '(x)=ln x+1- x2,
2
1 1−x2
所以g'(x)= -x= (x>0),令g'(x)=0,则x=1,
x x
所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
1 1
故极大值为g(1)=ln 1+1- = ,无极小值.
2 2
(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
1
'(x) =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
max 2
x ∈(1,+∞),使得 f '(x )=0,当 x∈(1,x )时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当 x∈(x ,+∞)时, f '(x)<0,
0 0 0 0
(3) 3 9 1
f(x)单调递减,所以 x 是f(x)的唯一极大值点,又f ' =1+ln - =ln 3-ln 2- >1-0.693 1-
0 2 2 8 8
3
0.125>0,所以x > .
0 2
练风向
(创新考法)(2024湖南长沙一中适应性训练,14)在同一平面直角坐标系中,P,Q分别是函数2ln(x−1)
f(x)=axex-ln(ax)和g(x)= 图象上的动点,若对任意a>0,有|PQ|≥m恒成立,则实数m
x
3√2
的最大值为 .
2
