专题突破练4　利用导数研究函数的单调性、极值与最值.docx

1、专题突破练4利用导数研究函数的单调性、极值与最值一、单项选择题1.(2021浙江丽水联考)若函数f(x)=(x-a)3-3x+b的极大值是M,极小值是m,则M-m的值()A.与a有关,且与b有关B.与a有关,且与b无关C.与a无关,且与b无关D.与a无关,且与b有关2.(2021山东青岛期末)若函数f(x)=x2-ax+ln x在区间(1,e)上单调递增,则实数a的取值范围是() A.3,+)B.(-,3C.3,e2+1D.-e2+1,33.(2021陕西西安月考)已知函数f(x)=3xex,则下列关于函数f(x)的说法正确的是()A.在区间(-,+)上单调递增B.在区间(-,1)上单调递减C

2、.有极大值3e,无极小值D.有极小值3e,无极大值4.(2021湖南岳阳期中)已知直线y=kx(k0)和曲线f(x)=x-aln x(a0)相切,则实数a的取值范围是()A.(-,0)(0,e)B.(0,e)C.(0,1)(1,e)D.(-,0)(1,e)5.(2021湖北十堰二模)已知函数f(x)=2x3+3mx2+2nx+m2在x=1处有极小值,且极小值为6,则m=()A.5B.3C.-2D.-2或56.(2021四川成都二模)已知P是曲线y=-sin x(x0,)上的动点,点Q在直线x-2y-6=0上运动,则当|PQ|取最小值时,点P的横坐标为()A.4B.2C.23D.567.(202

3、1湖北荆门期末)已知曲线y=sinxex+1(x0)的一条切线的斜率为1,则该切线的方程为()A.y=x-1B.y=xC.y=x+1D.y=x+2二、多项选择题8.(2021广东湛江一模)已知函数f(x)=x3-3ln x-1,则()A.f(x)的极大值为0B.曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线为x轴C.f(x)的最小值为0D.f(x)在定义域内单调9.(2021山东淄博二模)已知e是自然对数的底数,则下列不等关系中错误的是()A.ln 22eB.ln 3eD.ln3ln 310.(2021辽宁沈阳二模)已知函数f(x)=2x+2,-2x1,lnx-1,1xe,若关于x的方程f(x)=

4、m恰有两个不同的根x1,x2(x10)上的最小值.15.(2021河北唐山期末)已知函数f(x)=aex-x-1(aR),g(x)=x2.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当a0时,若曲线C1:y1=f(x)+x+1与曲线C2:y2=g(x)存在唯一的公切线,求实数a的值.16.(2021浙江嘉兴月考)已知f(x)=a2ln x-12ax2-(a2-a)x(a0).(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.专题突破练4利用导数研究函数的单调性、极值与最值1.C解析 因为f(x)=(x-a)3-3x+b,所以f(x)=3(x-a)2

5、-3,令f(x)=3(x-a)2-3=0,得x=a-1或x=a+1,判断可得函数的极大值M=f(a-1)=-1-3(a-1)+b=2-3a+b,极小值m=f(a+1)=1-3(a+1)+b=-2-3a+b,因此M-m=4.故选C.2.B解析 依题意f(x)=2x-a+1x0在区间(1,e)上恒成立,即a2x+1x在区间(1,e)上恒成立,令g(x)=2x+1x(1x0,所以g(x)在区间(1,e)上单调递增,而g(1)=3,所以a3,即实数a的取值范围是(-,3.故选B.3.C解析 由题意得函数f(x)的定义域为R,f(x)=3(1-x)ex.令f(x)=0,得x=1,当x0,f(x)单调递增

6、;当x1时,f(x)0)与曲线f(x)=x-aln x(a0)相切于点P(x0,x0-aln x0)(x00).由题意得,f(x)=1-ax,则以P为切点的切线方程为y-x0+aln x0=1-ax0(x-x0),因为该切线过原点,所以-x0+aln x0=1-ax0(-x0),因此ln x0=1,即x0=e,所以k=1-ae0,得ae,又a0,故实数a的取值范围是(-,0)(0,e).故选A.5.A解析 f(x)=6x2+6mx+2n.因为f(x)在x=1处有极小值,且极小值为6,所以f(1)=0,f(1)=6,即6+6m+2n=0,2+3m+2n+m2=6,解得m=5,n=-18或m=-2

7、,n=3.当m=5,n=-18时,f(x)=6x2+30x-36=6(x+6)(x-1),则f(x)在区间(-,-6)上单调递增,在区间(-6,1)上单调递减,在区间(1,+)上单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,且极小值为f(1)=6.当m=-2,n=3时,f(x)=6x2-12x+6=6(x-1)20,则f(x)在R上单调递增,f(x)无极值.综上可得,m=5,n=-18.6.C解析 如图所示,要使|PQ|取得最小值,则曲线y=-sin x(x0,)在点P处的切线与直线x-2y-6=0平行,对函数y=-sin x求导得y=-cos x,令y=12,可得cos x=-12,由于0x,

8、所以x=23.故选C.7.C解析 由题得y=cosxex-sinxex(ex)2=cosx-sinxex.设切点为(x0,y0)(x00),则y|x=x0=cos x0-sin x0ex0,由y|x=x0=1,得ex0=cos x0-sin x0.令f(x)=ex-cos x+sin x(x0),则f(x)=ex+sin x+cos x=ex+2sinx+4,当0x0,当x1时,exe,2sinx+4-2,f(x)0,所以x0,f(x)0,所以f(x)在区间0,+)上单调递增,则f(x)f(0)=0,所以方程ex0=cos x0-sin x0只有一个实根x0=0,所以y0=sin0e0+1=1

9、,故切点为(0,1),切线斜率为1,所以切线方程为y=x+1.8.BC解析 函数f(x)=x3-3ln x-1的定义域为(0,+),f(x)=3x2-3x=3x(x3-1).令f(x)=3x(x3-1)=0,得x=1,列表得:x(0,1)1(1,+)f(x)-0+f(x)单调递减单调递增所以f(x)的极小值,也是最小值为f(1)=0,无极大值,在定义域内不单调,故C正确,A,D错误;对于B,由f(1)=0及f(1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y-0=0(x-1),即y=0,故B正确,故选BC.9.ACD解析 令f(x)=ln x-xe,x0,则f(x)=1x-1e

10、,令f(x)=0,得x=e,当0x0,当xe时,f(x)0,所以f(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+)上单调递减,故f(x)max=f(e)=ln e-ee=0,则f(2)=ln 2-2e0得ln 22e,故A错误;f(3)=ln 3-3e0得ln 33e,故B正确;f()=ln -e0得ln 0,则g(x)=1-lnxx2,当0x0,当xe时,g(x)g(),得ln33ln ,即ln3ln 3,故D错误.故选ACD.10.BC解析 画出函数f(x)的图象,如图,因为f(x)=m的两根为x1,x2(x10,ex+1e0=1,-x+10,所以g(x)0,从而g(x)在区间(-1,0

11、上单调递增.又g(0)=0,g(-1)=-52,所以g(x)-52,0,即(x2-x1)f(x2)的取值范围是-52,0,故选BC.11.1解析 由题意得函数y=ln x+ax的定义域为x0,y=1x+a.设曲线y=ln x+ax与直线y=2x-1相切于点P(x0,y0),可得1x0+a=2,即ax0=2x0-1,y0=ln x0+ax0,y0=2x0-1,所以ln x0+ax0=2x0-1,联立,可得x0=1,a=1.12.(-2,2)(答案不唯一)解析 f(x)=sinx-aex的定义域为R,f(x)=cosx-sinx+aex,由于函数f(x)=sinx-aex有极值,所以f(x)=co

12、sx-sinx+aex有变号零点,因此由cos x-sin x+a=0,即a=sin x-cos x=2sinx-4,可得a(-2,2),答案只要为(-2,2)的子集都可以.13.e2-4解析 f(x)=ex-2.设切点为(t,f(t),则f(t)=et-2t,f(t)=et-2,所以切线方程为y-(et-2t)=(et-2)(x-t),即y=(et-2)x+et(1-t),所以a=et-2,b=et(1-t),则2a+b=-4+3et-tet.令g(t)=-4+3et-tet,则g(t)=(2-t)et.当t2时,g(t)0,g(t)在区间(2,+)上单调递减;当t0,g(t)在区间(-,2

13、)上单调递增,所以当t=2时,g(t)取最大值g(2)=-4+3e2-2e2=-4+e2,即2a+b的最大值为e2-4.14.解 (1)因为f(x)=ax2+bx+cex,所以f(x)=-ax2+(2a-b)x+b-cex.因为ex0,所以f(x)0的解集与-ax2+(2a-b)x+b-c0的解集相同,且同为0,1.所以有a0,2a-ba=1,b-c-a=0,解得a=b=c.所以f(x)=a(x2+x+1)ex(a0),f(x)=-ax2+axex(a0).因为a0,所以当x1时,f(x)0,函数f(x)单调递减,当0x1时,f(x)0,函数f(x)单调递增,且f(1)=0,所以f(x)在x=

14、1处取得极大值,又由题知,极大值为3e,所以f(1)=3ae=3e,解得a=1,所以a=b=c=1.所以f(x)=x2+x+1ex,f(x)=-x2+xex.所以f(-1)=1e-1=e,f(-1)=-2e-1=-2e.所以曲线y=f(x)在点(-1,f(-1)处的切线方程为y-e=-2e(x+1),即y=-2ex-e.(2)由(1)知函数f(x)在区间(-,0)上单调递减,在区间(0,1)上单调递增,且f(0)=1e0=1,所以满足f(x0)=1(x00)的x0(1,+).所以当0x0时,f(m)f(x0)=f(0)=1,f(x)在区间(-,m上的最小值为f(m)=m2+m+1em.综上所述

15、,f(x)在区间(-,m上的最小值为1,0x0.15.解 (1)f(x)=aex-1.当a0时,f(x)0时,由f(x)=0,得x=-ln a.当x-ln a时,f(x)-ln a时,f(x)0,f(x)单调递增.综上,当a0时,f(x)在区间(-,+)上单调递减;当a0时,f(x)在区间(-,-ln a)上单调递减,在区间(-ln a,+)上单调递增.(2)因为曲线C1:y1=aex与曲线C2:y2=x2存在唯一的公切线,设该公切线与曲线C1,C2分别切于点(x1,aex1),(x2,x22),显然x1x2.由于y1=aex,y2=2x,所以aex1=2x2=aex1-x22x1-x2,因此

16、2x2x1-2x22=aex1-x22=2x2-x22,所以2x1x2-x22=2x2,即x2=2x1-2.由于a0,故x20,从而x2=2x1-20,因此x11.此时a=2x2ex1=4(x1-1)ex1(x11).设F(x)=4(x-1)ex(x1),则问题等价于当x1时,直线y=a与曲线y=F(x)有且只有一个公共点.又F(x)=4(2-x)ex,令F(x)=0,解得x=2,所以F(x)在区间(1,2)上单调递增,在区间(2,+)上单调递减.而F(2)=4e2,F(1)=0,当x+时,F(x)0,所以F(x)的值域为0,4e2,故a=4e2.16.解 (1)由题意得,当a=1时,函数f(

17、x)=ln x-12x2,其定义域为(0,+),因此f(x)=1x-x=1-x2x.令f(x)0,即1-x20,得0x1,所以f(x)在区间(0,1)上单调递增;令f(x)0,即1-x21,所以f(x)在区间(1,+)上单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+).(2)由题意,函数f(x)=a2ln x-12ax2-(a2-a)x(a0)的定义域为(0,+),且f(x)=a2x-ax-(a2-a)=-a(x+a)(x-1)x.当a0,若-1a0,即(x+a)(x-1)0,得x1或0x-a;令f(x)0,即(x+a)(x-1)0,得-ax1,所以函数f(x)在区间(1,+),(0,-a)上单调递增,在区间(-a,1)上单调递减.所以当x=1时,函数f(x)取得极小值,不符合题意.若a=-1,可得f(x)=(x-1)2x0,此时函数f(x)在区间(0,+)上单调递增,函数f(x)无极值,不符合题意.若a0,即(x+a)(x-1)0,得x-a或0x1,令f(x)0,即(x+a)(x-1)0,得1x0时,-a0,即(x+a)(x-1)0,得0x1;令f(x)0,得x1,所以f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+)上单调递减,所以当x=1时,函数f(x)取得极大值,符合题意.综上可得,实数a的取值范围是(-,-1)(0,+).