PAGE1-第3講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題A級基礎(chǔ)通關(guān)一、選擇題1．(2024·武邑中學(xué)其次次調(diào)研)函數(shù)f(x)＝x2－2lnx的單調(diào)減區(qū)間是()A．(0，1] B．[1，＋∞)C．(－∞，－1]∪(0，1] D．[－1，0)∪(0，1]解析：f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－2,x)(x>0)，令f′(x)≤0，即eq\f(2x2－2,x)≤0，解得0<x≤1.答案：A2．函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是()解析：利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行驗證．f′(x)>0的解集對應(yīng)y＝f(x)的增區(qū)間，f′(x)<0的解集對應(yīng)y＝f(x)的減區(qū)間，驗證只有D選項符合．答案：D3．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋(a－2)x2＋2x，若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為()A．y＝5x－2 B．y＝x＋2C．y＝－5x＋8 D．y＝－x＋4解析：由f(x)為奇函數(shù)，知a＝2.所以f(x)＝x3＋2x，則f′(x)＝3x2＋2.所以f(1)＝3，且f′(1)＝5.故y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線為y－3＝5(x－1)，即y＝5x－2.答案：A4．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(1，2] B．[4，＋∞)C．(－∞，2] D．(0，3]解析：易知f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝x－eq\f(9,x).因為函數(shù)f(x)在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，所以f′(x)≤0在[a－1，a＋1]上恒成立，即0<x≤3在[a－1，a＋1]上恒成立，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,a＋1≤3，))解得1<a≤2.答案：A5．(2024·華南師大附中檢測)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋mx2＋nx＋2，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)為偶函數(shù)，f(1)＝－eq\f(2,3)，則函數(shù)g(x)＝f′(x)ex在區(qū)間[0，2]上的最小值為()A．－3e B．－2e C．e D．2e解析：由題意可得f′(x)＝x2＋2mx＋n，因為f′(x)為偶函數(shù)，所以m＝0，故f(x)＝eq\f(1,3)x3＋nx＋2，因為f(1)＝eq\f(1,3)＋n＋2＝－eq\f(2,3)，所以n＝－3.所以f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x＋2，則f′(x)＝x2－3.故g(x)＝ex(x2－3)，則g′(x)＝ex(x2－3＋2x)＝ex(x－1)(x＋3)，所以g(x)在[0，1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，2]上單調(diào)遞增．故g(x)有唯一微小值g(1)＝－2e，則g(x)min＝－2e.答案：B二、填空題6．(2024·全國卷Ⅰ)曲線y＝3(x2＋x)ex在點(0，0)處的切線方程為________．解析：因為y＝3(x2＋x)ex，所以y′＝3(x2＋3x＋1)ex.令x＝0，得切線的斜率為k＝y(tǒng)′|x＝0＝3.又切點坐標(biāo)為(0，0)，所以切線方程為y＝3x.答案：y＝3x7．已知奇函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)－1，x>0，,h（x），x<0，))則函數(shù)h(x)的最大值為________．解析：當(dāng)x>0時，f(x)＝eq\f(ex,x)－1，f′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，所以當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．所以x＝1時，f(x)取到微小值e－1，即f(x)的最小值為e－1.又f(x)為奇函數(shù)，且x<0時，f(x)＝h(x)，所以h(x)的最大值為－(e－1)＝1－e.答案：1－e8．(2024·佛山聯(lián)考)已知x＝1是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax)ex的一個極值點，則曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線斜率為________．解析：由f(x)＝(x2＋ax)ex，得f′(x)＝(x2＋ax＋2x＋a)ex，因為x＝1是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax)ex的一個極值點，所以f′(1)＝(3＋2a)e＝0，解得a＝－eq\f(3,2).則f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)x－\f(3,2)))ex，所以f′(0)＝－eq\f(3,2).所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線斜率為－eq\f(3,2).答案：－eq\f(3,2)三、解答題9．(2024·天津卷節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－t1)·(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差為d的等差數(shù)列．(1)若t2＝0，d＝1，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)若d＝3，求f(x)的極值．解：(1)由題設(shè)，f(x)＝x(x－1)·(x＋1)＝x3－x，故f′(x)＝3x2－1，因此f(0)＝0，f′(0)＝－1.曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y－f(0)＝f′(0)(x－0)，即x＋y＝0.故所求切線方程為x＋y＝0.(2)由已知得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3teq\o\al(2,2)－9)x－teq\o\al(3,2)＋9t2.故f′(x)＝3x2－6t2x＋3teq\o\al(2,2)－9.令f′(x)＝0，解得x＝t2－eq\r(3)或x＝t2＋eq\r(3).當(dāng)x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x(－∞，t2－eq\r(3))t2－eq\r(3)(t2－eq\r(3)，t2＋eq\r(3))t2＋eq\r(3)(t2＋eq\r(3)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘微小值↗所以函數(shù)f(x)的極大值為f(t2－eq\r(3))＝(－eq\r(3))3－9×(－eq\r(3))＝6eq\r(3)；函數(shù)f(x)的微小值為f(t2＋eq\r(3))＝(eq\r(3))3－9×eq\r(3)＝－6eq\r(3).10．(2024·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)lnx－x－1.證明：(1)f(x)存在唯一的極值點；(2)f(x)＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù)．證明：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x－1,x)＋lnx－1＝lnx－eq\f(1,x).因為y＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝eq\f(ln4－1,2)>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.又當(dāng)x<x0時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>x0時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，因此，f(x)存在唯一的極值點．(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0.所以f(x)＝0在(x0，＋∞)內(nèi)存在唯一根x＝α.由α>x0>1得eq\f(1,α)<1<x0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)－1))lneq\f(1,α)－eq\f(1,α)－1＝eq\f(f（α）,α)＝0，故eq\f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．綜上，f(x)＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù)．B級實力提升11．若函數(shù)y＝f(x)存在n－1(n∈N*)個極值點，則稱y＝f(x)為n折函數(shù)，例如f(x)＝x2為2折函數(shù)．已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，則f(x)為()A．2折函數(shù) B．3折函數(shù)C．4折函數(shù) D．5折函數(shù)解析：f′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)(3x＋2)＝(x＋2)(ex－3x－2)．令f′(x)＝0，得x＝－2或ex＝3x＋2.易知x＝－2是f(x)的一個極值點．又ex＝3x＋2，結(jié)合函數(shù)圖象，y＝ex與y＝3x＋2有兩個交點，又e－2≠3(－2)＋2＝－4.所以函數(shù)y＝f(x)有3個極值點，則f(x)為4折函數(shù)．答案：C12．(2024·長郡中學(xué)調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x－alnx－1.(1)若函數(shù)f(x)的微小值為0，求a的值；(2)?t>0且a≤1，求證：f(et)>eq\f(a,2)t2.(1)解：因為f(x)＝x－alnx－1，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝eq\f(x－a,x)，當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在定義域上遞增，不滿意條件；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在(0，a)上遞減，在(a，＋∞)上遞增，故f(x)在x＝a取得微小值0，所以f(a)＝a－alna－1＝0，令p(a)＝a－alna－1，p′(a)＝－lna，所以p(a)在(0，1)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)單調(diào)遞減，故p(a)≤p(1)＝0，所以f(a)＝0的解為a＝1，故a＝1.(2)證明：法1：由f(et)>eq\f(a,2)t2?et－at－1>eq\f(a,2)t2?et－1>eq\f(a,2)t2＋at，因為a≤1，所以只需證當(dāng)t>0時，et－1>eq\f(1,2)t2＋t恒成立．令g(t)＝et－eq\f(1,2)t2－t－1，g′(t)＝et－t－1，由(1)可知x－lnx－1≥0，令x＝et得et－t－1≥0，所以g(t)在(0，＋∞)上遞增，故g(t)>g(0)＝0，因此f(et)>eq\f(a,2)t2成立．法2：f(et)>e