专题突破练 4 利用导数研究函数的单调性、极值与最值
一、单项选择题
1.(2021·浙江丽水联考)若函数f(x)=(x-a)3-3x+b的极大值是M,极小值是m,则M-m的值 ( )
A.与a有关,且与b有关
B.与a有关,且与b无关
C.与a无关,且与b无关
D.与a无关,且与b有关
2.(2021·山东青岛期末)若函数f(x)=x2-ax+ln x在区间(1,e)上单调递增,则实数a的取值范围是 (
)
A.[3,+∞) B.(-∞,3]
C.[3,e2+1] D.[-e2+1,3]
3x
3.(2021·陕西西安月考)已知函数f(x)= ,则下列关于函数f(x)的说法正确的是( )
ex
A.在区间(-∞,+∞)上单调递增
B.在区间(-∞,1)上单调递减
3
C.有极大值 ,无极小值
e
3
D.有极小值 ,无极大值
e
4.(2021·湖南岳阳期中)已知直线y=kx(k>0)和曲线f(x)=x-aln x(a≠0)相切,则实数a的取值范围是(
)
A.(-∞,0)∪(0,e) B.(0,e)
C.(0,1)∪(1,e) D.(-∞,0)∪(1,e)
5.(2021·湖北十堰二模)已知函数f(x)=2x3+3mx2+2nx+m2在x=1处有极小值,且极小值为6,则m= (
)
A.5 B.3
C.-2 D.-2或5
6.(2021·四川成都二模)已知P是曲线y=-sin x(x∈[0,π])上的动点,点Q在直线x-2y-6=0上运动,则当|
PQ|取最小值时,点P的横坐标为( )
π π 2π 5π
A. B. C. D.
4 2 3 6
sinx
7.(2021·湖北荆门期末)已知曲线y= +1(x≥0)的一条切线的斜率为1,则该切线的方程为( )
ex
A.y=x-1 B.y=x
C.y=x+1 D.y=x+2
二、多项选择题
8.(2021·广东湛江一模)已知函数f(x)=x3-3ln x-1,则( )A.f(x)的极大值为0
B.曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线为x轴
C.f(x)的最小值为0
D.f(x)在定义域内单调
9.(2021·山东淄博二模)已知e是自然对数的底数,则下列不等关系中错误的是( )
2 3
A.ln 2> B.ln 3<
e e
π ln3 3
C.ln π> D. <
e ln π π
{2x+2,-2≤x≤1,
10.(2021·辽宁沈阳二模)已知函数f(x)= 若关于x的方程f(x)=m恰有两个不同的
lnx-1,1<x≤e,
根x,x(x<x ),则(x-x )f(x)的取值可能是( )
1 2 1 2 2 1 2
A.-3 B.-1 C.0 D.2
三、填空题
11.(2021·福建三明二模)已知曲线y=ln x+ax与直线y=2x-1相切,则a= .
sinx-a
12.(2021·江苏无锡月考)试写出实数a的一个取值范围 ,使函数f(x)= 有极值.
ex
13.(2021·四川成都月考)设函数f(x)=ex-2x,直线y=ax+b是曲线y=f(x)的切线,则2a+b的最大值是
.
四、解答题
ax2+bx+c 3
14.(2021·山东潍坊二模)已知函数f(x)= 的单调递增区间是[0,1],极大值是 .
ex e
(1)求曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程;
(2)若存在非零实数x,使得f(x)=1,求f(x)在区间(-∞,m](m>0)上的最小值.
0 015.(2021·河北唐山期末)已知函数f(x)=aex-x-1(a∈R),g(x)=x2.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a>0时,若曲线C :y=f(x)+x+1与曲线C :y=g(x)存在唯一的公切线,求实数a的值.
1 1 2 2
1
16.(2021·浙江嘉兴月考)已知f(x)=a2ln x- ax2-(a2-a)x(a≠0).
2
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.专题突破练 4 利用导数研究函数的
单调性、极值与最值
1.C 解析: 因为f(x)=(x-a)3-3x+b,所以f'(x)=3(x-a)2-3,令f'(x)=3(x-a)2-3=0,得x=a-1或
x=a+1,判断可得函数的极大值M=f(a-1)=-1-3(a-1)+b=2-3a+b,极小值m=f(a+1)=1-
3(a+1)+b=-2-3a+b,因此M-m=4.故选C.
1 1
2.B 解析: 依题意f'(x)=2x-a+ ≥0在区间(1,e)上恒成立,即a≤2x+ 在区间(1,e)上恒成
x x
1 1 2x2-1 (√2x+1)(√2x-1)
立,令g(x)=2x+ (1<x<e),则g'(x)=2- = = >0,所以g(x)在区间
x x2 x2 x2
(1,e)上单调递增,而g(1)=3,所以a≤3,即实数a的取值范围是(-∞,3].故选B.
3(1-x)
3.C 解析: 由题意得函数f(x)的定义域为R,f'(x)= .令f'(x)=0,得x=1,当x<1时,
ex
f'(x)>0,f(x)单调递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故f(1)是函数f(x)的极大值,也是最大
3
值,且f(1)= ,函数f(x)无极小值.故选C.
e
4.A 解析: 设直线y=kx(k>0)与曲线f(x)=x-aln x(a≠0)相切于点P(x ,x -aln x )(x >0).
0 0 0 0
a a
由题意得,f'(x)=1- ,则以P为切点的切线方程为y-x +aln x = 1- (x-x ),因为该切线过
x 0 0 x 0
0
a a
原点,所以-x +aln x = 1- (-x ),因此ln x =1,即x =e,所以k=1- >0,得a<e,又a≠0,故实
0 0 x 0 0 0 e
0
数a的取值范围是(-∞,0)∪(0,e).故选A.
5.A 解析: f'(x)=6x2+6mx+2n.因为f(x)在x=1处有极小值,且极小值为6,所以
{f '(1)=0,
f (1)=6,
{ 6+6m+2n=0, {m=5, {m=-2,
即 解得 或
2+3m+2n+m2=6, n=-18 n=3.
当m=5,n=-18时,f'(x)=6x2+30x-36=6(x+6)(x-1),则f(x)在区间(-∞,-6)上单调递增,在区间
(-6,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,且极小值为
f(1)=6.
当m=-2,n=3时,f'(x)=6x2-12x+6=6(x-1)2≥0,
则f(x)在R上单调递增,f(x)无极值.
综上可得,m=5,n=-18.
6.C 解析: 如图所示,要使|PQ|取得最小值,则曲线y=-sin x(x∈[0,π])在点P处的切线与直
1 1
线x-2y-6=0平行,对函数y=-sin x求导得y'=-cos x,令y'= ,可得cos x=- ,由于0≤x≤π,
2 2
2π
所以x= .故选C.
3
cosx·ex-sinx·ex cosx-sinx
7.C 解析: 由题得y'= = .
(ex)2 ex
cos x -sin x
设切点为(x
0
,y
0
)(x
0
≥0),则y'|
x=x 0
= 0
ex 0
0,由y'|
x=x 0
=1,得 ex
0
=cos x
0
-sin x
0
.
π
令f(x)=ex-cos x+sin x(x≥0),则f'(x)=ex+sin x+cos x=ex+√2sin x+ ,当0≤x<1时,f'(x)>0,
4
当x≥1时,ex≥e,√2sin ( x+ π)≥-√2,f'(x)>0,所以∀x≥0,f'(x)>0,所以f(x)在区间[0,+∞)上单
4
sin0
调递增,则f(x)≥f(0)=0,所以方程 ex
0
=cos x
0
-sin x
0
只有一个实根x
0
=0,所以y
0
= +1=1,
e0
故切点为(0,1),切线斜率为1,所以切线方程为y=x+1.
3 3
8.BC 解析: 函数f(x)=x3-3ln x-1的定义域为(0,+∞),f'(x)=3x2- = (x3-1).
x x
3
令f'(x)= (x3-1)=0,得x=1,列表得:
x
x (0,1) 1 (1,+∞)
f'(x) - 0 +
f(x) 单调递减 单调递增
所以f(x)的极小值,也是最小值为f(1)=0,无极大值,在定义域内不单调,故C正确,A,D错误;
对于B,由f(1)=0及f'(1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-0=0(x-1),即
y=0,故B正确,故选BC.
x 1 1
9.ACD 解析: 令f(x)=ln x- ,x>0,则f'(x)= − ,令f'(x)=0,得x=e,当0<x<e时,f'(x)>0,当
e x e
x>e时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减,故
e 2 2 3 3
f(x) =f(e)=ln e- =0,则f(2)=ln 2- <0得ln 2< ,故A错误;f(3)=ln 3- <0得ln 3< ,故B
max
e e e e e
π π lnx 1-lnx
正确;f(π)=ln π- <0得ln π< ,故C错误;对于D项,令g(x)= ,x>0,则g'(x)= ,当
e e x x20<x<e时,g'(x)>0,当x>e时,g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调
ln3 ln π ln3 3
递减,则g(3)>g(π),得 > ,即 > ,故D错误.故选ACD.
3 π ln π π
10.
m-2
BC 解析: 画出函数f(x)的图象,如图,因为f(x)=m的两根为x ,x (x <x ),所以x =
1 2 1 2 1
2
m-2 m2
,x =em+1,m∈(-1,0],从而(x -x )·f(x )= em+1- m=mem+1- +m.
2 2 1 2
2 2
1
令g(x)=xex+1- x2+x,x∈(-1,0],则g'(x)=(x+1)ex+1-x+1.
2
因为x∈(-1,0],所以x+1>0,ex+1>e0=1,-x+1>0,
所以g'(x)>0,从而g(x)在区间(-1,0]上单调递增.
5 5 5
又g(0)=0,g(-1)=- ,所以g(x)∈ - ,0 ,即(x -x )·f(x )的取值范围是 - ,0 ,故选BC.
2 1 2
2 2 2
1
11.1 解析: 由题意得函数y=ln x+ax的定义域为x>0,y'= +a.
x
1
设曲线y=ln x+ax与直线y=2x-1相切于点P(x ,y ),可得 +a=2,即ax =2x -1①,y =ln
0 0 0 0 0
x
0
x +ax ,y =2x -1,所以ln x +ax =2x -1②,联立①②,可得x =1,a=1.
0 0 0 0 0 0 0 0
sinx-a cosx-sinx+a
12.(-√2,√2)(答案不唯一) 解析: f(x)= 的定义域为R,f'(x)= ,由于函
ex ex
sinx-a cosx-sinx+a
数f(x)= 有极值,所以f'(x)= 有变号零点,因此由cos x-sin x+a=0,即
ex ex
π
a=sin x-cos x=√2sin x- ,可得a∈(-√2,√2),答案只要为(-√2,√2)的子集都可以.
4
13.e2-4 解析: f'(x)=ex-2.
设切点为(t,f(t)),则f(t)=et-2t,f'(t)=et-2,所以切线方程为y-(et-2t)=(et-2)(x-t),即
y=(et-2)x+et(1-t),所以a=et-2,b=et(1-t),则2a+b=-4+3et-tet.
令g(t)=-4+3et-tet,则g'(t)=(2-t)et.
当t>2时,g'(t)<0,g(t)在区间(2,+∞)上单调递减;
当t<2时,g'(t)>0,g(t)在区间(-∞,2)上单调递增,所以当t=2时,g(t)取最大值g(2)=-4+3e2-
2e2=-4+e2,即2a+b的最大值为e2-4.ax2+bx+c -ax2+(2a-b)x+b-c
14.解 (1)因为f(x)= ,所以f'(x)= .
ex ex
因为ex>0,所以f'(x)≥0的解集与-ax2+(2a-b)x+b-c≥0的解集相同,且同为[0,1].
a>0,
{
2a-b
=1,
所以 解得a=b=c.
a
b-c
=0,
-a
a(x2+x+1) -ax2+ax
所以f(x)= (a>0),f'(x)= (a>0).
ex ex
因为a>0,所以当x<0或x>1时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,当0≤x≤1时,f'(x)≥0,函数f(x)
3
单调递增,且f'(1)=0,所以f(x)在x=1处取得极大值,又由题知,极大值为 ,
e
3a 3
所以f(1)= = ,解得a=1,所以a=b=c=1.
e e
x2+x+1 -x2+x
所以f(x)= ,f'(x)= .
ex ex
1 -2
所以f(-1)= =e,f'(-1)= =-2e.
e-1 e-1
所以曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程为y-e=-2e(x+1),即y=-2ex-e.
1
(2)由(1)知函数f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,1)上单调递增,且f(0)= =1,
e0
所以满足f(x )=1(x ≠0)的x ∈(1,+∞).
0 0 0
所以当0<m≤x 时,由函数f(x)的单调性易知,f(x)在区间(-∞,m]上的最小值为f(0)=1;
0
m2+m+1
当m>x 时,f(m)<f(x )=f(0)=1,f(x)在区间(-∞,m]上的最小值为f(m)= .
0 0
em
1,0<m≤x ,
{
0
综上所述,f(x)在区间(-∞,m]上的最小值为 m2+m+1
,m>x .
em 0
15.解 (1)f'(x)=aex-1.
当a≤0时,f'(x)<0恒成立,f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递减.
当a>0时,由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.
综上,当a≤0时,f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递减;
当a>0时,f(x)在区间(-∞,-ln a)上单调递减,在区间(-ln a,+∞)上单调递增.
(2)因为曲线C :y =aex与曲线C :y =x2存在唯一的公切线,设该公切线与曲线C ,C 分别
1 1 2 2 1 2
切于点(x
1
,aex 1),(x
2
,x
2
2),显然x
1
≠x
2
.aex 1-x2
由于y
1
'=aex,y
2
'=2x,所以aex 1=2x
2
= 2,
x -x
1 2
因此2x x -2x2=aex 1−x2=2x -x2,所以2x x -x2=2x ,即x =2x -2.
2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1
由于a>0,故x >0,从而x =2x -2>0,因此x >1.
2 2 1 1
2x 4(x -1)
此时a= 2= 1 (x >1).
1
ex
1
ex
1
4(x-1)
设F(x)= (x>1),则问题等价于当x>1时,直线y=a与曲线y=F(x)有且只有一个公
ex
共点.
4(2-x)
又F'(x)= ,令F'(x)=0,解得x=2,所以F(x)在区间(1,2)上单调递增,在区间(2,+∞)上
ex
单调递减.
4
而F(2)= ,F(1)=0,当x→+∞时,F(x)→0,
e2
4 4
所以F(x)的值域为 0, ,故a= .
e2 e2
1 1 1-x2
16.解 (1)由题意得,当a=1时,函数f(x)=ln x- x2,其定义域为(0,+∞),因此f'(x)= -x= .
2 x x
令f'(x)>0,即1-x2>0,得0<x<1,所以f(x)在区间(0,1)上单调递增;
令f'(x)<0,即1-x2<0,得x>1,所以f(x)在区间(1,+∞)上单调递减.
故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).
1
(2)由题意,函数f(x)=a2ln x- ax2-(a2-a)x(a≠0)的定义域为(0,+∞),
2
a2 a(x+a)(x-1)
且f'(x)= -ax-(a2-a)=- .
x x
当a<0时,-a>0.
①若-1<a<0.令f'(x)>0,即(x+a)(x-1)>0,得x>1或0<x<-a;令f'(x)<0,即(x+a)(x-1)<0,得-
a<x<1.所以函数f(x)在区间(1,+∞),(0,-a)上单调递增,在区间(-a,1)上单调递减.
所以当x=1时,函数f(x)取得极小值,不符合题意.
(x-1)2
②若a=-1,可得f'(x)= ≥0,此时函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,函数f(x)无极值,
x
不符合题意.
③若a<-1.令f'(x)>0,即(x+a)(x-1)>0,得x>-a或0<x<1;令f'(x)<0,即(x+a)(x-1)<0,得
1<x<-a.所以函数f(x)在区间(1,-a)上单调递减,在区间(0,1),(-a,+∞)上单调递增.所以当
x=1时,函数f(x)取得极大值,符合题意.
当a>0时,-a<0.
令f'(x)>0,即(x+a)(x-1)<0,得0<x<1;
令f'(x)<0,即(x+a)(x-1)>0,得x>1,所以f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,所以当x=1时,函数f(x)取得
极大值,符合题意.
综上可得,实数a的取值范围是(-∞,-1)∪(0,+∞).
