江苏专用2022高考数学二轮复习专题一第3讲导数与函数的单调性极值最值问题提升训练理

第3讲　导数与函数的单调性、极值、最值问题一、填空题1．函数f(x)＝x2－lnx的单调递减区间为________．解析　由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得0＜x≤1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1]．答案　(0，1]2．(2022·南师附中模拟)已知函数f(x)＝mx2＋lnx－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是________．解析　f′(x)＝mx＋－2≥0对一切x＞0恒成立，∴m≥－＋.令g(x)＝－＋，则当＝1，即x＝1时，函数g(x)取最大值1.故m≥1.答案　[1，＋∞)3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1，1)内，则实数a的取值范围是________．解析　由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得又a>0，解得<a<2.答案　(，2)4．(2022·镇江调研)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围是________．解析　f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．当a≤0时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，1)内单调递增，无最小值．当a＞0时，f′(x)＝3(x－)(x＋)．当x∈(－∞，－)和(，＋∞)时，f(x)单调递增；当x∈(－，)时，f(x)单调递减，所以当＜1，即0＜a＜1时，f(x)在(0，1)内有最小值．答案　(0，1)5\n5．(2022·苏北四市调研)在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x＋b是曲线y＝alnx的切线，则当a＞0时，实数b的最小值是________．解析　设切点坐标(x0，alnx0)，则所以所以b′＝lna，令导数等于0，得a＝1，且0＜a＜1时，导数小于0，函数单调递减；a＞1时，导数大于0，函数单调递增，所以a＝1时，b取得极小值，也是最小值，即bmin＝－1.答案　－16．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1在R上单调递增，则a的取值范围是________．解析　f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)．由题意知f′(x)≥0在R上恒成立，所以Δ＝36a2－4×3×3(a＋2)≤0，解得－1≤a≤2.答案　[－1，2]7．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)＞1，则不等式ex·f(x)＞ex＋1的解集为________．解析　构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex＞ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数．又因为g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)＞g(0)，解得x＞0.答案　(0，＋∞)8．(2022·衡水中学期末)若函数f(x)＝－x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．解析　对f(x)求导，得f′(x)＝－x＋4－＝＝－.由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，所以t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，解得0＜t＜1或2＜t＜3.答案　(0，1)∪(2，3)二、解答题9．已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.5\n(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．解　(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知，得f(0)＝4，f′(0)＝4，故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).令f′(x)＝0得，x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，－2]，[－ln2，＋∞)上单调递增，在[－2，－ln2]上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．10．(2022·长沙模拟)已知函数f(x)＝x3－ax2－3x.(1)若f(x)在[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；(2)已知函数g(x)＝ln(1＋x)－x＋x2(k≥0)，讨论函数g(x)的单调性．解　(1)对f(x)求导，得f′(x)＝3x2－2ax－3.由f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，得a≤.记t(x)＝，当x≥1时，t(x)是增函数，所以t(x)min＝(1－1)＝0.所以a≤0.(2)g′(x)＝，x∈(－1，＋∞)．当k＝0时，g′(x)＝－，所以在区间(－1，0)上，g′(x)＞0；在区间(0，＋∞)上，g′(x)＜0.故g(x)的单调递增区间是(－1，0]，单调递减区间是[0，＋∞)．当0＜k＜1时，由g′(x)＝＝0，得x1＝0，x2＝＞0，5\n所以在区间(－1，0)和上，g′(x)＞0；在区间上，g′(x)＜0.故g(x)的单调递增区间是(－1，0]和，单调递减区间是.当k＝1时，g′(x)＝＞0，故g(x)的单调递增区间是(－1，＋∞)．当k＞1时，g′(x)＝＝0，得x1＝∈(－1，0)，x2＝0，所以在区间和(0，＋∞)上，g′(x)＞0，在区间上，g′(x)＜0.故g(x)的单调递增区间是和[0，＋∞)，单调递减区间是.11．(2022·山东卷)设函数f(x)＝－k(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围．解　(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝－k＝－＝.由k≤0可得ex－kx＞0，所以当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，函数y＝f(x)单调递减，x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数y＝f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(0，2]，单调递增区间为[2，＋∞)．(2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，故f(x)在(0，2)内不存在极值点；当k＞0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)．因为g′(x)＝ex－k＝ex－elnk，当0＜k≤1时，当x∈(0，2)时，g′(x)＝ex－k＞0，y＝g(x)单调递增．5\n故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点；当k＞1时，得x∈(0，lnk)时，g′(x)＜0，函数y＝g(x)单调递减．x∈(lnk，＋∞)时，g′(x)＞0，函数y＝g(x)单调递增．所以函数y＝g(x)的最小值为g(lnk)＝k(1－lnk)．函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点当且仅当解得e＜k＜，综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为.5