导数与函数的单调性、极值与最值的基本问题


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 1.函数 f(x)=2x2-ln x 的单调递减区间为 A.(-1,1] C.[1,+∞) 解析 B.(0,1] D.(0,+∞) ( ).

1 由题意知,函数的定义域为 (0,+∞),又由 f′(x)= 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 B ).

?1? 2.已知函数 y=?2?f′(x)的图象如图所示,则函数 f(x)的单调递增区间为 ( ? ?

A.(-∞,1) B.(-∞,0)和(2,+∞) C.R D.(1,2) 解析
f′(x)

?1? ?1? 因为函数 y=?2?x 是 R 上的减函数, 所以 f′(x)>0 的充要条件是 0<?2? ? ? ? ?

?1? <1, f′(x)<0 的充要条件是?2?f′(x)>1.由图象,可知当 x∈(-∞,0)∪(2, ? ?

?1? +∞)时,0<?2?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 处取到极小值 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 处取到极小值 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), 显然 f′(1)=0,且 x 在 1 的左侧附近 f′(x)<0, x 在 1 的右侧附近 f′(x)>0, ∴f(x)在 x=1 处取到极小值.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,以下结论一定正确的 是 A.?x∈R,f(x)≤f(x0) B.-x0 是 f(-x)的极小值点 C.-x0 是-f(x)的极小值点 D.-x0 是-f(-x)的极小值点 解析 A 错, 因为极大值未必是最大值; B 错, 因为函数 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)的极小值点;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)的极小值点. 答案 D

二、填空题 1 5. (2014· 盐城模拟)已知 f(x)=2x2+2xf′(2 014)+2 014ln x, 则 f′(2 014)=_____. 解析 2 014 因为 f′(x)=x+2f′(2 014)+ x ,

2 014 所以 f′(2 014)=2 014+2f′(2 014)+2 014, 即 f′(2 014)=-(2 014+1)=-2 015. 答案 -2 015

x 6. 函数 f(x)=2mcos2 2+1 的导函数的最大值等于 1, 则实数 m 的值为________. 解析 x 显然 m≠0,所以 f(x)=2mcos2 2+1

x ? ? =m?2cos2 2-1?+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,

a ∴2≥1,得 a≥2. a 又∵g′(x)=2x- x,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.(2014· 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. ?a+b?2 ? =9,当且仅当 a=b=3 时取等号,∴ab 的最大 又 a>0,b>0,∴ab≤? ? 2 ? 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,

6 故 f′(x)=2a(x-5)+x . 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), 1 由点(0,6)在切线上可得 6-16a=8a-6,故 a=2. 1 (2)由(1)知,f(x)=2(x-5)2+6ln x(x>0), 6 ?x-2??x-3? f′(x)=x-5+ x= . x 令 f′(x)=0,解得 x=2 或 3. 当 0<x<2 或 x>3 时,f′(x)>0, 故 f(x)在(0,2),(3,+∞)上为增函数; 当 2<x<3 时,f′(x)<0, 故 f(x)在(2,3)上为减函数. 9 由此可知 f(x)在 x=2 处取得极大值 f(2)=2+6ln 2, 在 x=3 处取得极小值 f(3) =2+6ln 3. 10.(2014· 新课标全国卷Ⅱ节选)已知函数 f(x)=ex-e-x-2x. (1)讨论 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<ex+e-x<2b-2, 即 0<x<ln (b-1+ b2-2b)时 g′(x)<0. 而 g(0)=0,因此当 0<x<ln (b-1+ b2-2b)时,g(x)<0.

综上,b 的最大值为 2. ex ?2 ? 11.(2014· 山东卷)设函数 f(x)=x2-k? x+ln x?(k 为常数,e=2.718 28…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,+∞).

x2ex-2xex ? 2 1? f′(x)= -k?-x2+x? x4 ? ? xex-2ex k?x-2? = x3 - x2 = ?x-2??ex-kx? . x3

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,+∞). 因为 g′(x)=ex-k=ex-eln k, 当 0<k≤1 时, 当 x∈(0,2)时,g′(x)=ex-k>0,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,

?g?ln k?<0, 当且仅当? g?2?>0, ?0<ln k<2,

g?0?>0,

e2 解得 e<k< 2 ,

2 ? e? 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?e, 2 ?. ? ?


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