2021高考数学(人教通用-理科)二轮专题整合：专题训练1-1-3.docx

第3讲　导数与函数的单调性、极值与最值的基本问题

一、选择题
1．函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为 (　　)．
A．(－1,1] B．(0,1]
C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
解析　由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得00＜f′(x)＜1，f′(x)＜0的充要条件是f′(x)＞1.由图象，可知当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，0＜f′(x)＜1，即f′(x)＞0.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(2，＋∞)．
答案　B
3．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则 (　　)．
A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到微小值
B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值
C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到微小值
D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值
解析　当k＝1时，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0，
∴f(1)不是极值故A，B错；
当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，
明显f′(1)＝0，且x在1的左侧四周f′(x)<0，
x在1的右侧四周f′(x)>0，
∴f(x)在x＝1处取到微小值．故选C.
答案　C
4．设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论肯定正确的是 (　　)．
A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)
B．－x0是f(－x)的微小值点
C．－x0是－f(x)的微小值点
D．－x0是－f(－x)的微小值点
解析　A错，由于极大值未必是最大值；B错，由于函数y＝f(x)与函数y＝f(－x)的图象关于y轴对称，－x0应是f－x)的极大值点；C错，函数y＝f(x)与函数y＝－f(x)的图象关于x轴对称，x0应为－f(x)的微小值点；D正确，函数y＝f(x)与y＝－f(－x)的图象关于原点对称，－x0应为y＝－f(－x)的微小值点．
答案　D
二、填空题
5．(2022·盐城模拟)已知f(x)＝x2＋2xf′(2 014)＋2 014ln x，则f′(2 014)＝_____.
解析　由于f′(x)＝x＋2f′(2 014)＋，
所以f′(2 014)＝2 014＋2f′(2 014)＋，
即f′(2 014)＝－(2 014＋1)＝－2 015.
答案　－2 015
6．函数f(x)＝2mcos2 ＋1的导函数的最大值等于1，则实数m的值为________．
解析　明显m≠0，所以f(x)＝2mcos2 ＋1
＝m＋m＋1＝mcos x＋m＋1，
因此f′(x)＝－msin x，其最大值为1，故有m＝±1.
答案　±1
7．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln x在(1,2)上为增函数，则a的值等于________．
解析　∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，
∴≥1，得a≥2.
又∵g′(x)＝2x－，依题意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2
答案　2
8．(2022·绍兴模拟)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值为________．
解析　依题意知f′(x)＝12x2－2ax－2b，
∴f′(1)＝0，即12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6.
又a>0，b>0，∴ab≤2＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号，∴ab的最大值为9.
答案　9
三、解答题
9．设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．
(1)确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值．
解　(1)因f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，
故f′(x)＝2a(x－5)＋.
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为
y－16a＝(6－8a)(x－1)，
由点(0,6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝.
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x>0)，
f′(x)＝x－5＋＝.
令f′(x)＝0，解得x＝2或3.
当03时，f′(x)>0，
故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；
当2x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2，在x＝3处取得微小值f(3)＝2＋6ln 3.
10．(2022·新课标全国卷Ⅱ节选)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.
(1)争辩f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值．
解　(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等号仅当x＝0时成立．
所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，
g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]
＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．
①当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0；
②当b>2时，若x满足2　(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，
当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，＋∞)．
由于g′(x)＝ex－k＝ex－eln k，
当00，y＝g(x)单调递增．
故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；
当k>1时，
得x∈(0，ln k)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单调递减；
x∈(ln k，＋∞)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(ln k)＝k(1－ln k)．
函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，
当且仅当解得e