专题限时集训(二十四) 导数与函数的单调性、极值、最值
一、单项选择题
1．函数f (x)＝ln(3x－2)－2x的图象在点(1，f (1))处的切线方程是( )
A．x＋y＋1＝0 B．x＋2y＋3＝0
C．x－2y－3＝0 D．x－y－3＝0
2．(2024·江苏常州模拟)已知函数f (x)的导函数为f ′(x)，定义域为(0，＋∞)，且函数g(x)＝(x－6)3·f ′(x)的图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A．f (x)有极小值f (6)，极大值f (1)
B．f (x)仅有极小值f (6)，极大值f (10)
C．f (x)有极小值f (1)和f (6)，极大值f (3)和f (10)
D．f (x)仅有极小值f (1)，极大值f (10)
3．函数f (x)＝x cos x－sin x在区间[－π，0]上的最大值为( )
A．1 B．π
C． D．
4．已知x＝2是函数f (x)＝ln x＋ax2－x的极小值点，则f (x)的极大值为( )
A．－ B．ln 2－2
C． D．ln 2＋2
5．(2023·全国乙卷)函数f (x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)
C．(－4，－1) D．(－3，0)
6．设a＝sin ，b＝－1，c＝ln ，则a，b，c的大小关系为( )
A．a>b>c B．b>a>c
C．b>c>a D．c>b>a
二、多项选择题
7．已知函数f (x)＝－＋bx＋，b∈R，下列说法正确的是( )
A．当b<0时，函数f (x)有两个极值点
B．当b<0时，函数f (x)在(0，＋∞)上有最小值
C．当b＝－2时，函数f (x)有三个零点
D．当b>0时，函数f (x)在(－∞，0)上单调递增
8．丹麦数学家琴生(Jensen)是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果．设函数f (x)在(a，b)上的导函数为f ′(x)，f ′(x)在(a，b)上的导函数为f ″(x)，若在(a，b)上f ″(x)<0恒成立，则称函数f (x)在(a，b)上为“凸函数”，以下四个函数在上是凸函数的是( )
A．f (x)＝sin x＋cos x B．f (x)＝ln x－2x
C．f (x)＝－x3＋2x－1 D．f (x)＝－xe－x
三、填空题
9．(2024·全国甲卷)曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为________．
10．已知函数f (x)＝mex－有两个极值点，则实数m的取值范围是__________．
四、解答题
11．(2024·山东青岛一模)已知函数f (x)＝x2－ax＋ln x．
(1)若a＝1，曲线y＝f (x)在点(x0，f (x0))处的切线的斜率为1，求该切线的方程；
(2)讨论f (x)的单调性．
12．(2024·山东济南模拟)设函数f (x)＝x＋ax2＋b ln x．
(1)若f (x)在x＝1处有极小值2，求a，b的值；
(2)若ab＝－1，且f (x)在(1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(3)若a＝－1，b>1时，函数y＝f (x)在[1，2]上的最小值为0，求实数b的取值范围．
1 / 1专题限时集训(二十四)
1．D [ f ′(x)＝－2，则切线的斜率是f ′(1)＝1，f (1)＝－2，则切线方程是y－(－2)＝1×(x－1)，即x－y－3＝0.故选D．]
2．C [由函数g(x)＝(x－6)3·f ′(x)的图象，
得当0
当10，f (x)单调递增，
当3当60，f (x)单调递增，
当x>10时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
所以函数f (x)有极小值f (1)，f (6)，极大值f (3)和f (10)．故选C．]
3．B [因为函数f (x)＝x cos x－sin x，x∈[－π，0]，
所以f ′(x)＝－x sin x，
当x∈[－π，0]时，－x∈[0，π]，sin x∈[－1，0]，
所以f ′(x)＝－x sin x≤0，
所以f (x)在[－π，0]上单调递减，
所以函数f (x)＝x cos x－sin x在区间[－π，0]上的最大值为f (－π)＝－πcos (－π)－sin (－π)＝π.故选B．]
4．A [ f ′(x)＝＋2ax－，
由题意可知f ′(2)＝＋4a－＝0，解得a＝，
若a＝，则f (x)＝ln x＋x2－x，f ′(x)＝＋x－＝，
且f (x)的定义域为(0，＋∞)，
令f ′(x)>0，解得02；令f ′(x)<0，解得1可知f (x)在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，
可知x＝2是函数f (x)＝ln x＋ax2－x的极小值点，即a＝符合题意，
所以f (x)的极大值为f (1)＝－．故选A．]
5．B [ f ′(x)＝3x2＋a，
若函数f (x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，
则f ′(x)＝3x2＋a＝0有两个不同的根，且f (x)的极大值大于0，极小值小于0，
即根的判别式Δ＝0－12a>0，得a<0，
令f ′(x)＝0，得x＝±．
由f ′(x)>0，得x>或x<－，此时f (x)单调递增，
由f ′(x)<0，得－即当x＝－时，函数f (x)取得极大值，当x＝时，f (x)取得极小值，
则f >0，f <0，
即－＋2>0，
且＋2<0，
即－×＋2>0，①
且×＋2<0，②
则①恒成立，
由×＋2<0，得2<－×，
平方得4<－×，即a3<－27，
则a<－3．
所以实数a的取值范围是(－∞，－3)．故选B．]
6．B [将用变量x替代，则a＝sin x，b＝ex－1，c＝ln (x＋1)，其中x∈(0，1)，
令f (x)＝sin x－ln (x＋1)，则f ′(x)＝cos x－，令g(x)＝f ′(x)＝cos x－，则g′(x)＝－sin x＋，
易知g′(x)在(0，1)上单调递减，且g′(0)＝1>0，g′(1)＝－sin 1<0，
∴ x0∈(0，1)，使得g′(x0)＝0，
当x∈(0，x0)时，g′(x)>0，f ′(x)单调递增；当x∈(x0，1)时，g′(x)<0，f ′(x)单调递减．
又f ′(0)＝0，f ′(1)＝cos 1－>0，∴当x∈(0，1)时，f ′(x)>0，f (x)在(0，1)上单调递增，
∴f (x)>f (0)＝0，即sin x>ln (x＋1)，∴a>c．
记h(x)＝ex－(sin x＋1)，x∈(0，1)，则h′(x)＝ex－cos x>0，h(x)在(0，1)上单调递增，
又h(0)＝e0－(sin 0＋1)＝0，所以h(x)>h(0)＝0，所以b>a.综上，b>a>c.故选B．]
7．ABD [因为f (x)＝－＋bx＋，则f ′(x)＝x2－x＋b．
对于A，当b<0时，Δ＝1－4b>0，即方程f ′(x)＝0有两个不等的实根，此时，函数f (x)有两个极值点，A正确；对于B，当b<0时，设f ′(x)＝0的两个不等的实根分别为x1，x2，且x1x2时，f ′(x)>0，此时函数f (x)单调递增，故函数f (x)在(0，＋∞)上有最小值，B正确；对于C，当b＝－2时，f (x)＝－－2x＋，f ′(x)＝x2－x－2＝(x－2)(x＋1)，当x<－1时，f ′(x)>0，此时函数f (x)单调递增，当－1当x>2时，f ′(x)>0，此时函数f (x)单调递增．
所以函数f (x)的极大值为f (－1)＝，极小值为f (2)＝0，作出函数f (x)的图象如图所示．
由图可知，函数f (x)只有两个零点，C错误；
对于D，当b>0且x<0时，f ′(x)>0，故函数f (x)在(－∞，0)上单调递增，D正确．故选ABD．]
8．ABC [对于A，由f (x)＝sin x＋cos x，得f ′(x)＝cos x－sin x，则f ″(x)＝－sin x－cos x＝－(sin x＋cos x)，因为x∈，所以sin x>0，cos x>0，则f ″(x)＝－<0，所以此函数是凸函数；
对于B，由f (x)＝ln x－2x，得f ′(x)＝－2，则f ″(x)＝－，因为x∈，所以f ″(x)＝－<0，所以此函数是凸函数；
对于C，由f (x)＝－x3＋2x－1，得f ′(x)＝－3x2＋2，则f ″(x)＝－6x，因为x∈，所以f ″(x)＝－6x<0，所以此函数是凸函数；
对于D，由f (x)＝－xe－x，得f ′(x)＝－e－x＋xe－x，则f ″(x)＝e－x＋e－x－xe－x＝(2－x)e－x，因为x∈，所以f ″(x)＝(2－x)e－x>0，所以此函数不是凸函数，
故选ABC．]
9．(－2，1) [令x3－3x＝－(x－1)2＋a，即a＝x3＋x2－5x＋1，令g(x)＝x3＋x2－5x＋1(x>0)，
则g′(x)＝3x2＋2x－5＝(3x＋5)(x－1)，令g′(x)＝0(x>0)，得x＝1，
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(0)＝1，g(1)＝－2．
因为曲线y＝x3－3x与y＝＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，等价于y＝a与g(x)＝x3＋x2－5x＋1的图象有两个不同的交点，所以a∈(－2，1)．]
10． [函数f (x)＝mex－有两个极值点，
即f ′(x)＝mex－x有两个变号零点，
即2m＝有两个不同的实数根，令g(x)＝，
令g′(x)＝＝0，得x＝1.由g′(x)＞0 x＜1，由g′(x)＜0 x＞1，所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0，
结合g(1)＝，g(0)＝0作出函数y＝g(x)和y＝2m的图象如图所示．
由图可知，当0＜2m＜，即0＜m＜时，f (x)有两个极值点．]
11．解：(1)当a＝1时，f ′(x)＝，由f ′(x0)＝1，解得x0＝1．
因为f (1)＝－，所以切线方程为y＋＝x－1，即y＝x－．
(2) f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝．
当a≤0时，f ′(x)>0恒成立，f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0时，令g(x)＝x2－ax＋1，Δ＝a2－4．
①当Δ≤0，即0f ′(x)≥0恒成立，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当Δ>0，即a>2时，f ′(x)＝，
由f ′(x)>0，得0，
由f ′(x)<0，得所以f (x)在上单调递增，
在上单调递减．
综上，当a≤2时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>2时，f (x)在上单调递增，
在上单调递减．
12．解：(1)函数f (x)＝x＋ax2＋b ln x，定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1＋2ax＋．
因为f (x)在x＝1处有极小值2，
所以解得
此时f ′(x)＝1＋2x－＝，
由f ′(x)<0，解得00，解得x>1，则f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x)在x＝1处有极小值．
所以a＝1，b＝－3．
(2)若ab＝－1，则f (x)＝x＋ax2－，f ′(x)＝1＋2ax－＝，
又f (x)在(1，＋∞)上单调递增，则f ′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，
函数y＝2a2x2＋ax－1(a≠0)的图象开口向上，对称轴为x＝－，Δ＝a2＋8a2＝9a2>0，
当a<0时，则ax<0在(1，＋∞)上恒成立，此时2a2x2＋ax－1≤0在(1，＋∞)上不恒成立，
不满足f ′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立；
当a>0时，则ax>0在(1，＋∞)上恒成立，若f ′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，
则2a2x2＋ax－1≥0在(1，＋∞)上恒成立，由－<1，则有2a2＋a－1≥0，解得a≥，所以实数a的取值范围为．
(3)当a＝－1时，函数f (x)＝x－x2＋b ln x，有f (1)＝0，
f ′(x)＝1－2x＋＝，由b>1，得f ′(1)＝－1＋b>0．
函数y＝－2x2＋x＋b的图象开口向下，Δ＝1＋8b>0，
若f ′(2)≥0，则f ′(x)≥0在[1，2]上恒成立，y＝f (x)在[1，2]上单调递增，最小值为f (1)＝0；
若f ′(2)<0，则存在x0∈(1，2)，使得f ′(x0)＝0，
当1≤x0，当x0则f (x)在[1，x0)上单调递增，在(x0，2]上单调递减，
综上可知，函数y＝f (x)在[1，2]上的最小值为0，只需f (2)≥0，
即2－22＋b ln 2≥0，解得b≥，
所以实数b的取值范围为．
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