北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
学
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0<x<1时, f(x)<f(x2)
C.当1<x<2时,-4<f(2x-1)<0
D.当-1<x<0时, f(2-x)>f(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,北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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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-1<x<0时, f '(x)<0, f(x)单调递减,当x>0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,北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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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- <a<0时,令h(x)=0,得x=-2- >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)<f(0)=0,不符合题意.
1
故必有g'(0)≥0,从而a≤- . (8分)
2
1
当a≤- 时,则有ax+2a+1≤0,g'(x)≥0,
2
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)≥g(0)=0,
即f '(x)≥0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以,当x≥0时, f(x)≥f(0)=0,符合题意. (11分)
( 1]
综上,a的取值范围是 −∞,− . (12分)
2北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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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(
C )
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.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 ( C )
9
A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.a<c<b
4.(2023全国乙理,16,5分,难)设a∈(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)单调递增,则a的取
[√5−1 )
值范围是 ,1 .
2
考点2 导数与函数极(最)值
b
1.(2022全国甲,文8,理6,5分,中)当x=1时,函数f(x)=aln x+ 取得最大值-2,则f'(2)=( B )
x
1 1
A.-1 B.- C. D.1
2 2
2.(2021全国乙,文12,理10,5分,难)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则
(
D )
A.a<b B.a>b C.ab<a2 D.ab>a2
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 ( 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 .北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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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 <x ,则a的取值范围是 ,1 .
1 2 e
7.(2023北京,20,15分,中)设函数f(x)=x-x3eax+b,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=-
x+1.
(1)求a,b的值;
(2)设函数g(x)=f '(x),求g(x)的单调区间;
(3)求f(x)的极值点个数.
解析 (1)∵点(1, f(1))在切线y=-x+1上,且切线斜率为-1,∴f(1)=0, f '(1)=-1,
而f(1)=1-ea+b=0,即ea+b=1①,
又f '(x)=1-3x2eax+b-ax3eax+b,
∴f '(1)=1-3ea+b-aea+b=-1②,由①②得a=-1,b=1.
(2)g(x)=f '(x)=e1-x(x3-3x2)+1,
g'(x)=-e1-x(x3-3x2)+e1-x(3x2-6x)=e1-x(-x3+6x2-6x)=-xe1-x(x2-6x+6),
令g'(x)=0,得x=0或x=3±√3.
x,g'(x),g(x)的变化情况如表:
(-∞, (0, (3-√3, (3+√3,
x 0 3-√3 3+√3
0) 3-√3) 3+√3) +∞)
g'(x) + 0 - 0 + 0 -
单调 极大 单调 极小 单调 极大 单调
g(x)
递增 值 递减 值 递增 值 递减
故g(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(3-√3,3+√3),单调递减区间为(0,3-√3)和(3+√3,+∞).
(3)由(2)知g(x)=e1-x(x3-3x2)+1,
∴g(0)=1>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)<g(1)<0,∴g(x)在(0,3-√3)上有一个变号零点,故f(x)在(0,3-
√3)上有一个极值点.
∵g(3)=1>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.北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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(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 2
1 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;北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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1
②当a≥ 时,g'(x)<0,故g(x)在(0,+∞)单调递减,g(x)<g(0)=0,不符合题意,舍去;
2
1 1−2a
③当0<a< 时,令g'(x)>0,得0<x< ;令g'(x)<0,
2 a
1−2a
得x> .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,
max a a 1−2a a
+1
a
4 1 4 (t−2) 2
设h(t)=ln(t-1)+ -2,t>2,则h'(t)= - = >0,故h(t)在(2,+∞)单调递增,
t t−1 t2 (t−1)t2
1 (1 ) (1−2a)
∴h(t)>h(2)=0,故0<a< 时,有ln −1 +4a-2>0,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
