专题突破练24 利用导数研究函数的单调性、
极值与最值
必备知识夯实练
1.(2025 湖南衡阳模拟)已知函数f(x)=x2-2cos x,则f(2❑√2),f(log 1
3
2),f(log23)的大小关系是(
)
A.f(log 1
3
2)<f(log23)<f(2❑√2)
B.f(log 1
3
2)<f(2❑√2)<f(log23)
C.f(log23)<f(log 1
3
2)<f(2❑√2)
D.f(2❑√2)<f(log23)<f(log 1
3
2)
2.(2025 山东菏泽二模)已知函数f(x)=(x-a-1)ex-bx(
x
2 -a)在R 上单调递增,则b-a 的最小
值为( )
A.0
B.1
C.1
e
D.e
3.(多选题)(2024 新高考Ⅱ,11)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 使得直线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
4.(2025 湖北武汉模拟)已知函数f(x)=x+cos x,若f(ln x)<f(1),则实数x 的取值范围是
.
5.(15 分)(2025 广东广州模拟)已知函数f(x)=2ln x
x
+1.
(1)求函数f(x)的极值;
(2)设t>0,求函数f(x)在区间[t,2t]上的最大值.
关键能力提升练
6.(15 分)(2025 广东江门一模)已知函数f(x)=ln(|x|+a)+b|x|.
(1)当a=0 时,讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=-1 时,求函数f(x)的极值.
7.(17 分)(2025 浙江杭州二模)已知函数f(x)=xex-1
2
ax2-ax(a∈R).
(1)若a=0,求f(x)的极小值;
(2)当a>1
e
时,求f(x)的单调递增区间;
(3)当a>0 时,设f(x)的极大值为g(a),求证:g(a)≥- 2
e
2.
核心素养创新练
8.(17 分)(2025 山东青岛、淄博二模)函数y=f(x)和y=g(x)有相同的定义域,导函数分别为
f'(x),g'(x),若在定义域内均有f'(x)≤g'(x),则称y=f(x)是y=g(x)的“DT—函数”.
(1)判断y=-x3-x 是否为y=cos x 的“DT—函数”,并证明;
(2)设y=f(x)和y=h(x)为定义在R 上的函数,已知f(-x)=f(x),g(x)=h(x)+h(-x),f(x)是g(x)的
“DT—函数”,证明:g(x)-f(x)=c(c 为常数);
(3)若-1<a<0,f(x)=xln x-(a+2)x,g(x)=ex+a(x-2),x>0,证明:f(x)是g(x)的“DT—函数”.
答案：
1.A 解析 当x∈R 时,f(-x)=(-x)2-2cos(-x)=x2-2cos x=f(x),所以f(x)为偶函数.
又f'(x)=2x+2sin x,当x>0 时,令g(x)=2x+2sin x,则g'(x)=2(1+cos x)≥0,
所以f'(x)在(0,+∞)内单调递增,
所以f'(x)>f'(0)=0,
所以f(x)在(0,+∞)内单调递增,f(log 1
3
2)=f(-log32)=f(log32),
又0<log32<1,log23>1,log23<log24=2<2❑√2,
所以f(log 1
3
2)<f(log23)<f(2❑√2).
故选A.
2.B 解析 由题意,函数f(x)=(x-a-1)ex-bx(
x
2 -a)的定义域为R,
导函数为f'(x)=ex+(x-a-1)ex-[b(
x
2 -a)+ bx
2 ]=(x-a)(ex-b),
因为函数f(x)在R 上单调递增,所以f'(x)=(x-a)(ex-b)≥0 在R 上恒成立,
所以a=ln b,即b=ea,故b-a=ea-a.
令g(a)=ea-a,则g'(a)=ea-1,
令g'(a)>0,则a>0,
令g'(a)<0,则a<0,
所以g(a)在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增,
所以g(a)min=g(0)=1,
所以b-a 的最小值为1.故选B.
3.AD 解析 由题得,f'(x)=6x2-6ax=6x(x-a).当a>1 时,x∈(-∞,0),函数f(x)单调递增,
x∈(0,a),函数f(x)单调递减,x∈(a,+∞),函数f(x)单调递增.又极大值f(0)=1>0,极小值
f(a)=1-a3<0,所以f(x)有三个零点,A 正确;
当a<0 时,x=0 是f(x)的极小值点,B 错误;
任何三次函数不存在对称轴,C 错误;
f(1+x)+f(1-x)=12x2-6ax2+6-6a,当a=2 时,f(1+x)+f(1-x)=-6=2f(1),D 正确.
故选AD.
4.(0,e) 解析 因为f(x)=x+cos x,所以f'(x)=1-sin x≥0,
所以函数y=f(x)在R 上单调递增,
所以f(1)>f(ln x),等价于{
ln x<1,
x>0, 解得0<x<e,
故实数x 的取值范围是(0,e).
5.解 (1)因为f'(x)=2-2ln x
x
2
,
则由f'(x)>0,得0<x<e;
由f'(x)<0,得x>e,
所以f(x)在(0,e)内单调递增,在(e,+∞)内单调递减,
故当x=e 时,f(x)有极大值f(e)=2
e
+1,无极小值.
(2)由(1)知当2t≤e 且t>0,即0<t≤e
2
时,f'(x)>0 在[t,2t]上恒成立,函数f(x)在[t,2t]上单调递
增,
所以f(x)max=f(2t)=ln 2t
t
+1;
当t<e<2t,即e
2
<t<e 时,当x∈(t,e)时,f'(x)>0,当x∈(e,2t)时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在(t,e)内单调递增,在(e,2t)内单调递减,
所以f(x)max=f(e)=2
e
+1;
当t≥e 时,f'(x)≤0 在[t,2t]上恒成立,函数f(x)在[t,2t]上单调递减,
所以f(x)max=f(t)=2ln t
t
+1.
综上,当0<t≤e
2
时,f(x)max=ln 2t
t
+1;
当e
2
<t<e 时,f(x)max=2
e
+1;
当t≥e 时,f(x)max=2ln t
t
+1.
6.解 (1)由a=0,得函数f(x)=ln |x|+b|x|,易知其定义域为{x|x≠0},
由f(-x)=ln|-x|+b|-x|=f(x),得函数f(x)为偶函数.
当x>0 时,f(x)=ln x+bx,显然当b≥0 时,函数f(x)在(0,+∞)内单调递增,
当b<0 时,求导可得f'(x)=1
x
+b=bx +1
x
,令f'(x)=0,解得x=-1
b
,
当0<x<-1
b
时,f'(x)>0,
当x>-1
b
时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在(0,- 1
b)内单调递增,在(- 1
b ,+∞)内单调递减.
综上,当b≥0 时,函数f(x)在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增;
当b<0 时,函数f(x)在(-∞, 1
b)与(0,- 1
b)内单调递增,在(
1
b ,0)与(- 1
b ,+∞)内单调递
减.
(2)由a=-1,得函数f(x)=ln(|x|-1)+b|x|,可得|x|-1>0,解得x<-1 或x>1,
所以函数f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(1,+∞),易知函数f(x)为偶函数.
当x>1 时,函数f(x)=ln(x-1)+bx,
当b≥0 时,函数f(x)在(1,+∞)内单调递增,此时无极值;
当b<0 时,求导可得f'(x)= 1
x -1
+b=bx -b+1
x -1
,令f'(x)=0,解得x=b-1
b
>1,当1<x<b-1
b
时,
f'(x)>0,当x>b-1
b
时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在(1, b-1
b )内单调递增,在(
b-1
b
,+∞)内单调递减,
故函数f(x)的极大值为f(
b-1
b )=b-1-ln(-b),
由函数f(x)为偶函数,则当x<-1 时,函数f(x)的极大值为f(
1-b
b )=b-1-ln(-b),
综上,当b≥0 时,函数f(x)无极值;
当b<0 时,函数f(x)的极大值为b-1-ln(-b),无极小值.
7.(1)解 由题意知f'(x)=ex(x+1)-ax-a=(ex-a)(x+1)(a∈R).
若a=0,则f(x)=xex,
所以f'(x)=ex(x+1).
令f'(x)=0,得x=-1.
当x∈(-∞,-1)时,f'(x)<0,当x∈(-1,+∞)时,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,-1)内单调递减,在(-1,+∞)内单调递增,
所以f(x)的极小值等于f(-1)=-1
e .
(2)解 因为a>1
e
,所以ln a>-1.
由f'(x)>0,即(ex-a)(x+1)>0,解得x<-1 或x>ln a,
所以f(x)在(-∞,-1)和(ln a,+∞)内单调递增,
由f'(x)<0,即(ex-a)(x+1)<0,解得-1<x<ln a,所以f(x)在(-1,ln a)内单调递减,
故f(x)的单调递增区间为(-∞,-1)和(ln a,+∞).
(3)证明 当a>1
e
时,由(2)知,f(x)的极大值为f(-1)=g(a)=-1
e + 1
2
a>- 1
2e
>- 2
e
2;
当a=1
e
时,f'(x)≥0,f(x)单调递增,f(x)无极大值;
当0<a<1
e
时,由f'(x)>0,得x<ln a 或x>-1,由f'(x)<0 得ln a<x<-1,所以f(x)在(-∞,ln a)和
(-1,+∞)内单调递增,在(ln a,-1)内单调递减,所以f(x)的极大值为f(ln a)=g(a)=-1
2
a(ln a)2.
令g(x)=-1
2
x(ln x)2(0<x<1
e
),
所以g'(x)=-ln x(
1
2 ln x +1),
当x∈(0, 1
e
2)时,g'(x)<0,当x∈(
1
e
2 , 1
e)时,g'(x)>0,
所以g(x)在(0, 1
e
2)内单调递减,在(
1
e
2 , 1
e)内单调递增,
所以g(x)≥g(
1
e
2)=- 2
e
2 .
综上,g(a)≥- 2
e
2 .
8.(1)解 显然两个函数的定义域均为R.由函数y=-x3-x,可得y'=-3x2-1,
由y=cos x,可得y'=-sin x,
因为-3x2-1≤-1≤-sin x,
所以y=-x3-x 是y=cos x 的“DT—函数”.
(2)证明 由y=h(x)为定义在R 上的函数,可得函数y=g(x)的定义域为R,
因为g(-x)=h(-x)+h(x)=g(x),所以y=g(x)为偶函数,
又因为f(x)是g(x)的“DT—函数”,所以f'(x)≤g'(x),
因为f(-x)=f(x),g(-x)=g(x),所以f(-x)是g(-x)的“DT—函数”,
即-f'(-x)≤-g'(-x),用-x 代替x,可得f'(x)≥g'(x),
所以f'(x)=g'(x),
令φ(x)=g(x)-f(x),
则φ'(x)=g'(x)-f'(x)=0,
所以φ(x)=c(c 为常数),
所以g(x)-f(x)=c(c 为常数).
(3)证明 由函数f(x)=xln x-(a+2)x,g(x)=ex+a(x-2),可得f'(x)=ln x-a-1,g'(x)=ex+a(x-1).
设F(x)=ex+a(x-1)-ln x+a+1(x>0),可得F'(x)=xex+a-1
x .
设φ(x)=F'(x),
则φ'(x)=ex+a(x+1)+ 1
x
2,
则φ'(x)>0,所以φ(x)单调递增,
即F'(x)单调递增,且F'(
1
2)= 1
2 e
a+ 1
2-2<0,F'(1)=ea+1-1>0,
存在x0∈(
1
2 ,1),使得F'(x0)=0,e
x0+a= 1
x0
2,当x∈(0,x0)时,F'(x)<0,F(x)单调递减;
当x∈(x0,+∞)时,F'(x)>0,F(x)单调递增,
所以F(x)min=F(x0)=e
x0+a(x0-1)-ln x0+a+1=( x0-1)
x0
2
-3ln x0-x0+1.
设h(x)=ln x-x+1(x>0),
可得h'(x)=1
x
-1=1- x
x
,
当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
所以h(x)max=h(1)=0,
所以h(x)≤0,即ln x≤x-1,
所以F(x0)≥x0-1
x0
2 -3(x0-1)-x0+1=(1- x0)(2 x0-1)(2 x0+1)
x0
2
.
因为x0∈(
1
2 ,1),所以F(x0)>0,
所以F(x)>0,即f'(x)≤g'(x),
所以当-1<a<0 时,f(x)是g(x)的“DT—函
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