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解密15
数与函数的
性、极
、
导
单调
值
最值问题
A 组 考点专练
一、选择题
1.函数f(x)＝ln x－ax 在x＝2 处的切线与直线ax－y－1＝0 平行，则实数a＝( )
A.－1
B.
C.
D.1
【答案】B
【解析】由f(x)＝ln x－ax，得f′(x)＝－a，∴f(x)在x＝2 处切线的斜率k＝f′(2)＝－a.依题意－a＝a，
所以a＝.
2.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】利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0 的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0 的解集对应y＝
f(x)的减区间，验证只有D 选项符合.
3.已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－，则f(x)的极大值点为( )
A.
B.1
C.e
D.2e
【答案】D
【解析】因为f(x)＝2ef′(e)ln x－(x＞0)，
所以f′(x)＝－，所以f′(e)＝－＝2f′(e)－，
因此f′(e)＝，所以f′(x)＝－，
由f′(x)＞0，得0＜x＜2e；由f′(x)＜0，得x＞2e.
所以函数f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，
因此f(x)的极大值点为x＝2e.
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4.已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋2，其导函数f′(x)为偶函数，f(1)＝－，则函数g(x)＝f′(x)ex在区间[0，2]上的
最小值为( )
A.－3e
B.－2e
C.e
D.2e
【答案】B
【解析】由题意可得f′(x)＝x2＋2mx＋n，
∵f′(x)为偶函数，∴m＝0，
故f(x)＝x3＋nx＋2，∵f(1)＝＋n＋2＝－，∴n＝－3.
∴f(x)＝x3－3x＋2，则f′(x)＝x2－3.故g(x)＝ex(x2－3)，
则g′(x)＝ex(x2－3＋2x)＝ex(x－1)(x＋3)，
据此可知函数g(x)在区间[0，1)上单调递减，在区间(1，2]上单调递增，
故函数g(x)的极小值，即最小值为g(1)＝e1·(12－3)＝－2e.
5.(多选题)已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，则下列判断中正确
的是( )
A.f<f
B.f>0
C.f>f
D.f>f
【答案】CD
【解析】令g(x)＝，x∈，
则g′(x)＝.
因为f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，所以g′(x)＝<0 在上恒成立，所以函数g(x)＝在上单调递减，所以g>g，即>，
即f>f，故A 错误；又f(0)＝0，所以g(0)＝＝0，所以g(x)＝≤0 在上恒成立，因为ln ∈，所以f<0，故B 错
误；又g>g，所以>，即f>f，故C 正确；又g>g，所以>，即f>f，故D 正确.故选CD.
二、填空题
6.若曲线y＝ex在x＝0 处的切线也是曲线y＝ln x＋b 的切线，则b＝________.
【答案】2
【解析】令y＝f(x)＝ex，y＝g(x)＝ln x＋b，
∴f′(x)＝ex，∴f′(0)＝1，
∵f(0)＝1，∴曲线y＝ex在x＝0 处的切线方程为y＝x＋1.
设切线y＝x＋1 与曲线y＝g(x)＝ln x＋b 的切点坐标为(m，m＋1)，
∵g′(x)＝，∴g′(m)＝＝1，∴m＝1，
∴切点坐标为(1，2)，∴2＝ln 1＋b，∴b＝2.
7.已知定义在R 上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)<f(x)，且f(0)＝，则不等式f(x)－ex<0 的解集为
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________.
【答案】(0，＋∞)
【解析】构造函数g(x)＝，则g′(x)＝，
因为f′(x)<f(x)，所以g′(x)<0，故函数g(x)在R 上为减函数，
又f(0)＝，所以g(0)＝＝，
则不等式f(x)－ex<0 可化为<，即g(x)<＝g(0)，
所以x>0，即所求不等式的解集为(0，＋∞).
8.若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t)＝g′(t)，则称函数g(x)为f(x)的“友导”函数.已知函数
g(x)＝kx2－x＋3 为函数f(x)＝x2ln x＋x 的“友导”函数，则k 的取值范围是________.
【答案】[2，＋∞)
【解析】由g(x)＝kx2－x＋3 可得g′(x)＝kx－1，
∵函数g(x)＝kx2－x＋3 为函数f(x)＝x2ln x＋x 的“友导”函数，
∴kx－1＝x2ln x＋x 有解，即k＝xln x＋1＋(x＞0)有解.
令h(x)＝xln x＋1＋，则h′(x)＝1＋ln x－，
再令φ(x)＝1＋ln x－，∴φ′(x)＝＋＞0.
∴φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递增.
∵h′(1)＝φ(1)＝0，∴x＞1 时，h′(x)＞0；0＜x＜1 时，h′(x)＜0，
∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞
)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝2，∴k≥2.
三、解答题
9.已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.
证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－.
因为y＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－＝>0，
故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.
又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因此，f(x)存在唯一的极值点.
(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，
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所以f(x)＝0 在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1 得<1<x0.又f＝ln－－1＝＝0，
故是f(x)＝0 在(0，x0)的唯一根.
综上，f(x)＝0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
10.已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；
(2)若函数f(x)在x＝1 处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2 恒成立，求实数b 的最大值.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝.
当a≤0 时，f′(x)<0 在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点.
当a>0 时，由f′(x)<0，得0<x<；由f′(x)>0，得x>，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，故f(x)在x＝处有极小值.
综上，当a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；
当a>0 时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点.
(2)∵函数f(x)在x＝1 处取得极值，
∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln x.
因此f(x)≥bx－2⇒1＋－≥b，
令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e2，
则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.
故实数b 的最大值是1－.
B 组 专题综合练
11.(多选题)已知函数f(x)＝ex＋aln x，其中正确的结论是( )
A.当a＝0 时，函数f(x)有最大值
B.对于任意的a<0，函数f(x)一定存在最小值
C.对于任意的a>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增
D.对于任意的a>0，都有函数f(x)>0
【答案】BC
【解析】对于A，当a＝0 时，函数f(x)＝ex，根据指数函数的单调性可知，f(x)＝ex是单调递增函数，故无
最大值，故A 错误；对于B，对于任意的a<0，f′(x)＝ex＋，x>0，易知f′(x)在(0，＋∞)单调递增，当x→＋
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∞时，f(x)→＋∞，当x→0 时，f(x)→－∞，∴存在x0使得f′(x0)＝0，∴当0<x<x0时，f′(x)<0，f(x)在(0，x0)
上单调递减，∴当x0<x<＋∞时，f′(x)>0，f(x)在(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(x0)，故B 正确；对于
C，对于任意的a>0，∵f′(x)＝ex＋，x>0，∴f′(x)>0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故C 正确；对于
D，对于任意的a>0，由C 知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x→0 时，ex→1，ln x→－∞，
可得f(x)→－∞，故D 错误.故选BC.
12.已知函数f(x)＝ln x－xex＋ax，其中a∈R.
(1)若函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围；
(2)若a＝1，求f(x)的最大值.
【解析】(1)f′(x)＝－(ex＋xex)＋a＝－ex(x＋1)＋a.
依题意，f′(x)≤0 在[1，＋∞)上恒成立，
∴a≤(x＋1)ex－在[1，＋∞)上恒成立.
令g(x)＝(x＋1)ex－，x≥1，则g′(x)＝(x＋2)ex＋，
易知g′(x)＞0(x≥1)，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝2e－1.因此a≤2e－1.
所以实数a 的取值范围为(－∞，2e－1].
(2)当a＝1 时，f(x)＝ln x－xex＋x(x＞0)，
则f′(x)＝－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)，
令m(x)＝－ex，x＞0，则m′(x)＝－－ex，易知m′(x)＜0，
所以m(x)在(0，＋∞)上单调递减.由于m＞0，m(1)＜0.
所以存在x0＞0 满足m(x0)＝0，即ex0＝.
当x∈(0，x0)时，m(x)＞0，f′(x)＞0；
当x∈(x0，＋∞)时，m(x)＜0，f′(x)＜0.
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(x0)＝ln x0－x0ex0＋x0，
因为ex0＝，所以x0＝－ln x0，所以f(x0)＝－x0－1＋x0＝－1.
所以f(x)max＝－1.
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