【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习分层练习15《导数与函数的单调性、极值、最值问题》（解析版）.doc，共(6)页，112.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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15导数与函数的单调性、极值、最值问题A组考点专练一、选择题1.函数f(x)＝lnx－ax在x＝2处的切线与直线ax－y－1＝0平行，则实数a＝()A.－1B.14C.12D.1【答案】B【解析】由f(x)＝

lnx－ax，得f′(x)＝1x－a，∴f(x)在x＝2处切线的斜率k＝f′(2)＝12－a.依题意12－a＝a，所以a＝14.2.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)lnx－xe，则f(x)的极大值点为()A.1eB.1C.eD.2e【答案】D【解析】因为f(x)＝2ef′(e)lnx

－xe(x＞0)，所以f′(x)＝2ef′（e）x－1e，所以f′(e)＝2ef′（e）e－1e＝2f′(e)－1e，因此f′(e)＝1e，所以f′(x)＝2x－1e，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.4.已知函数f(x)＝13x3＋mx2＋nx＋2，其导函数f′(x)为偶函数，f(1)＝－23，则函数g(x)＝f′(x)ex在区间[0，2]上

的最小值为()A.－3eB.－2eC.eD.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)＝13x3＋nx＋2，∵f(1)＝13＋n＋2＝－23，∴n＝－3.∴f

(x)＝13x3－3x＋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·(1

2－3)＝－2e.5.(多选题)已知定义在0，π2上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cosx＋f(x)sinx<0，则下列判断中正确的是()A.fπ6<62fπ4B.flnπ3>0C.fπ6>3fπ

3D.fπ4>2fπ3【答案】CD【解析】令g(x)＝f（x）cosx，x∈0，π2，则g′(x)＝f′（x）cosx＋f（x）sinxcos2x.因为f′(x)cosx＋f(x)sinx<0

，所以g′(x)＝f′（x）cosx＋f（x）sinxcos2x<0在0，π2上恒成立，所以函数g(x)＝f（x）cosx在0，π2上单调递减，所以gπ6>gπ4，即fπ6cosπ6>fπ4cosπ4，即fπ

6>62fπ4，故A错误；又f(0)＝0，所以g(0)＝f（0）cos0＝0，所以g(x)＝f（x）cosx≤0在0，π2上恒成立，因为lnπ3∈0，π2，所以flnπ3<0，故B错误；又gπ6>gπ3，所以fπ6cosπ6>

fπ3cosπ3，即fπ6>3fπ3，故C正确；又gπ4>gπ3，所以fπ4cosπ4>fπ3cosπ3，即fπ4>2fπ3，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＝lnx＋b的切线，则b＝________.【答案】2【解析】令y＝f(x)＝ex，y＝g(x)＝lnx＋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)＝lnx＋b的切点坐标为(m，m＋1)，∵g′(x)＝1x，∴g′(m)＝1m＝1，∴m＝1，∴切点坐标为(1，2)，∴2＝ln1＋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)＝12，则不等式f(x)－12ex<0的解集为________.【答案】(0，＋∞)【解析】构造函数g(x)＝f（x）ex，则g′(x)＝f′（x）－f（x）ex，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)＝12，所以g(0)＝f（0）e0＝12，则不等式f(x)－12ex<0可化为f（x）ex<12，即g(x)<12＝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)＝12kx2－x＋3为函数f(x)＝x2lnx＋x的“友导”函数，则k

的取值范围是________.【答案】[2，＋∞)【解析】由g(x)＝12kx2－x＋3可得g′(x)＝kx－1，∵函数g(x)＝12kx2－x＋3为函数f(x)＝x2lnx＋x的“友导”函数，∴kx－1＝x2lnx＋x有解，

即k＝xlnx＋1＋1x(x＞0)有解.令h(x)＝xlnx＋1＋1x，则h′(x)＝1＋lnx－1x2，再令φ(x)＝1＋lnx－1x2，∴φ′(x)＝1x＋2x3＞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)lnx－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)＝x－1x＋lnx－1＝lnx－1x.因为y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，y＝1x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)＝ln2－12＝ln4－12>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，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由α>x0>1得1α<1<x0.又f1α＝1α－1

ln1α－1α－1＝f（α）α＝0，故1α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－lnx(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－1x＝ax－1x.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<1a；由f′(x)>0，得x>1a，∴f(x)在0，1a上

单调递减，在1a，＋∞上单调递增，故f(x)在x＝1a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－lnx.因此f(x)≥bx－2⇒1＋1x－lnxx≥b，令g(x)＝1＋1x－lnxx，则g′(x)＝lnx－2x2，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)＝1－1e2，即b≤1－1e2.故实数b的最大值是1－1e2.B组专题综合练11.(多选题)已知函数f(x)＝ex＋alnx，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＋ax，x>0，易知f′(x)在(0，＋∞)单调递增，当x→＋∞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＋ax，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，lnx→－∞，可得f(x)→－∞，故D错误.故选BC.12.已知函数f(x)＝lnx－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)＝1x

－(ex＋xex)＋a＝1x－ex(x＋1)＋a.依题意，f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，∴a≤(x＋1)ex－1x在[1，＋∞)上恒成立.令g(x)＝(x＋1)ex－1x，x≥1，则g′(x)＝(x＋2)ex＋1x2，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)＝lnx－xex＋x(x＞0)，则f′(x)＝1x－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)1x－ex，令m(x)＝1x－ex，x＞0，则m′(x)＝－

1x2－ex，易知m′(x)＜0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递减.由于m12＞0，m(1)＜0.所以存在x0＞0满足m(x0)＝0，即ex0＝1x0.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)＝lnx0－x0ex0＋x0，因为ex0＝1x0，所以x0＝－lnx0，所以f(x0)＝－x0－1＋x0＝－1.所以f(x)max＝－1.