考點過關(guān)檢測12利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值(2)一、單項選擇題1．[2022·廣東廣州模擬]設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(x－1)3f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中正確的是()A．函數(shù)f(x)有極大值f(－3)和f(3)B．函數(shù)f(x)有極小值f(－3)和f(3)C．函數(shù)f(x)有極小值f(3)和極大值f(－3)D．函數(shù)f(x)有極小值f(－3)和極大值f(3)2．[2022·北大附中月考]設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋a，x<1,\f(1,x)，x≥1))，則“f(x)存在極值點”是“a≤0”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件3．[2022·天津四十三中月考]若函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2－2在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－2]B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,8)))D．(－2，＋∞)4．若函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(8,3)))x＋4有極大值和極小值，則a的取值范圍是()A．(－2,8)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))C．(－∞，－2)∪(8，＋∞)D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)5．[2022·遼寧沈陽月考]設(shè)定義域為R的函數(shù)f(x)滿足f′(x)>f(x)，則不等式ex－1f(x)<f(2x－1)的解集為()A．(－∞，e)B．(－∞，1)C．(e，＋∞)D．(1，＋∞)6．[2022·河北邢臺月考]若函數(shù)f(x)＝2x3－3bx2在區(qū)間(－1,1)有最小值，則實數(shù)b的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4)))C．(－∞，－1]D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))7．[2022·湖南長郡中學(xué)模擬]已知實數(shù)a，b，c∈R滿足eq\f(lna,ea)＝eq\f(b,eb)＝－eq\f(c,ec)，b>1，則a，b，c大小關(guān)系為()A．a(chǎn)>b>cB．a(chǎn)>c>bC．b>c>aD．b>a>c8．[2022·遼寧東北育才中學(xué)模擬]若ex2≥ex2＋lnk在R上恒成立，則實數(shù)k的取值范圍為()A．k≤1B．0<k≤1C．k≥1D．1≤k≤e二、多項選擇題9．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝x4(x－1)3(x－2)2(x－3)，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)在x＝1處有極大值B．f(x)在x＝2處有極小值C．f(x)在[1,3]上單調(diào)遞減D．f(x)至少有3個零點10．[2022·河北秦皇島月考]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋2x－2,ex)，則下列結(jié)論正確的是()A．函數(shù)f(x)有極小值B．函數(shù)f(x)在x＝0處切線的斜率為4C．當(dāng)k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2e2，\f(6,e2)))時，f(x)＝k恰有三個實根D．若x∈[0，t]時，f(x)max＝eq\f(6,e2)，則t的最小值為211．若f(x)滿足f′(x)＋f(x)>0，則對任意正實數(shù)a，下列不等式恒成立的是()A．f(a)<f(2a)B．f(a)e2a>f(－a)C．f(a)>f(0)D．f(a)>eq\f(f0,ea)12．[2022·遼寧沈陽月考]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x2)，()A．f(x)在x＝eq\r(e)處取得極大值eq\f(1,2e)B．f(x)有兩個不同的零點C．f(eq\r(2))<f(eq\r(π))<f(eq\r(3))D．若f(x)<k－eq\f(1,x2)在(0，＋∞)上恒成立，則k>eq\f(e,2)三、填空題13．[2022·重慶南開中學(xué)月考]函數(shù)f(x)＝eq\f(cosx－a,ex)在x＝eq\f(π,2)處取得極值，則a＝________.14．[2022·北京十五中月考]函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)－k有兩個零點，則k的取值范圍是________．15．[2022·福建莆田十五中月考]若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個零點，則f(x)在[－1,1]上的最大值為________．16．[2022·西南大學(xué)附中月考]函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋1,x)的單調(diào)增區(qū)間為________；若對?a，b∈[1，e]，a≠b，均有eq\f(alnb－blna,b－a)<m成立，則m的取值范圍是________．四、解答題17．[2022·廣東佛山一中月考]已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x.若a∈R，試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．18．函數(shù)f(x)＝xlnx－a(x－1)(a∈R)，已知x＝e是函數(shù)f(x)的一個極小值點．(1)求實數(shù)a的值；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,3]上的最值．(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))考點過關(guān)檢測12利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值(2)1.答案：D解析：由題意，x∈(－∞，－3)時，y>0，(x－1)3<0?f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；x∈(－3,1)時，y<0，(x－1)3<0?f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；x∈(1,3)時，y>0，(x－1)3>0?f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；x∈(3，＋∞)時，y<0，(x－1)3>0?f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．所以函數(shù)有極小值f(－3)和極大值f(3)．2．答案：C解析：如圖所示：當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)有極大值點x＝1，當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)無極值點，則“f(x)存在極值點”是“a≤0”的充分必要條件．3．答案：D解析：若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間，則f′(x)>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))有解，故a>－eq\f(1,2x2)，令g(x)＝－eq\f(1,2x2)，g(x)＝－eq\f(1,2x2)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))遞增，∴g(x)>g(eq\f(1,2))＝－2，故a>－2.4．答案：C解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋2a＋eq\f(16,3)，根據(jù)題意知方程3x2＋2ax＋2a＋eq\f(16,3)＝0有兩個不等實根，于是得Δ＝4a2－12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋\f(16,3)))>0，整理得a2－6a－16>0，解得a>8或a<－2，所以a的取值范圍是(－∞，－2)∪(8，＋∞)．5．答案：D解析：令g(x)＝eq\f(fx,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)>0，故g(x)在R上遞增，不等式ex－1f(x)<f(2x－1)，即eq\f(fx,ex)<eq\f(f2x－1,e2x－1)，故g(x)<g(2x－1)，故x＜2x－1，解得：x＞1.6．答案：D解析：f′(x)＝6x2－6bx＝6x(x－b)，①當(dāng)b>0時，可得函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(－∞，0)，(b，＋∞)，減區(qū)間為(0，b)，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)有最小值，必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b<1,f－1≥fb))，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b<1,b3－3b－2≥0))，由b<1，有b3<1，b3－3b－2<0，不合題意；②當(dāng)b≤－1時，此時函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(－∞，b)，(0，＋∞)，減區(qū)間為(b,0)，f(x)在區(qū)間(－1,1)最小值為f(0)＝0，符合題意；③當(dāng)－1<b<0時，此時函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(－∞，b)，(0，＋∞)，減區(qū)間為(b,0)，只需要f(－1)＝－2－3b≥0，得－1<b≤－eq\f(2,3)；④當(dāng)b＝0時，f(x)＝2x3在區(qū)間(－1,1)單調(diào)遞增，不合題意，故實數(shù)b的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3))).7．答案：D解析：∵b>1，∴eq\f(b,eb)>0，∴－eq\f(c,ec)>0，∴c<0，∴b>c，∵eq\f(lna,ea)＝eq\f(b,eb)>0，∴l(xiāng)na>0，∴a>1，∴a>c，∵eq\f(lna,ea)＝eq\f(b,eb)，設(shè)f(x)＝eq\f(x,ex)(x>1)，∴f′(x)＝eq\f(1－x,ex)<0，∴函數(shù)f(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，設(shè)g(x)＝eq\f(x－lnx,ex)(x>1)，h(x)＝x－lnx(x>1)，∴h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)>0，h(x)>h(1)＝0，∴x－lnx>0，∴g(x)＝eq\f(x－lnx,ex)>0，∴eq\f(x,ex)>eq\f(lnx,ex)，∴eq\f(a,ea)>eq\f(lna,ea)＝eq\f(b,eb)，∵函數(shù)f(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，∴a<b，∴b＞a＞c.8．答案：B解析：由題意可得：lnk≤ex2－ex2在R上恒成立，令f(x)＝ex2－ex2，則lnk≤f(x)min，f′(x)＝ex2·2x－2ex＝2x(ex2－e)．當(dāng)x>0時f′(x)＝2x(ex2－e)＝0可得x＝1，當(dāng)0<x<1時f′(x)<0，當(dāng)x>1時，f′(x)>0，因為f(x)＝ex2－ex2是偶函數(shù)，關(guān)于原點對稱的區(qū)間單調(diào)性相反，所以f(x)＝ex2－ex2在(－∞，－1)和(0,1)單調(diào)遞減，在(－1,0)和(1，＋∞)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(±1)＝e1－e×1＝0，所以lnk≤0，可得k≤1，又因為k>0，所以0<k≤1，所以實數(shù)k的取值范圍為0<k≤1.9．答案：AC解析：當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，0)0(0,1)1(1,2)2(2,3)3(3，＋∞)f′(x)＋0＋0－0－0＋f(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞增單調(diào)遞減單調(diào)遞減單調(diào)遞增由上表可知，f(x)在x＝1處有極大值，故A正確；x＝2不是f(x)的極值點，故B錯誤；f(x)在[1,3]上單調(diào)遞減，故C正確；f(x)的極大值為f(1)，極小值為f(3)，若f(1)<0或f(3)>0，則f(x)有1個零點；若f(1)＝0或f(3)＝0，則f(x)有2個零點；若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1>0，,f3<0，))則f(x)有3個零點，故D錯誤．10．答案：ABD解析：由已知f′(x)＝eq\f(2x＋2ex－x2＋2x－2ex,e2x)＝eq\f(4－x2,ex)，f′(x)＝0?x＝±2，當(dāng)x<－2或x>2時，f′(x)<0，－2<x<2時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－2)和(2，＋∞)上遞減，在(－2,2)上遞增，f(x)min＝f(－2)＝－2e2，f(x)max＝f(2)＝eq\f(6,e2)，A正確；x→－∞時，f(x)→＋∞，x→＋∞時，f(x)→0，f′(0)＝4，B正確；當(dāng)－2e2<k≤0時，f(x)＝k只有兩個根，C錯；若x∈[0，t]時，f(x)max＝eq\f(6,e2)，則t≥2，t的最小值為2，D正確．11．答案：BD解析：設(shè)h(x)＝exf(x)，則h′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]，因為f′(x)＋f(x)>0，所以h′(x)>0，h(x)在R上是增函數(shù)，因為a是正實數(shù)，所以a<2a，所以eaf(a)<e2af(2a)，即f(a)<eaf(2a)，又ea>1，故f(a)，f(2a)大小不確定，故A錯誤．因為－a<a，所以e－af(－a)<eaf(a)，即e2af(a)>f(－a)，故B正確．因為a>0，所以eaf(a)>e0f(0)＝f(0)，即f(a)>eq\f(f0,ea)，又ea>1，所以f(a)，f(0)大小不確定，故C錯誤，D正確．12．答案：ACD解析：易知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，當(dāng)x∈(0，eq\r(e))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(eq\r(e)，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)在x＝eq\r(e)處取得極大值f(eq\r(e))＝eq\f(1,2e)，A正確；令f(x)＝0，則lnx＝0，即x＝1，故f(x)只有一個零點，B錯誤；顯然eq\r(e)<eq\r(3)<eq\r(π)，因此f(eq\r(π))<f(eq\r(3))，易知f(eq\r(π))＝eq\f(ln\r(π),π)＝eq\f(1,2)·eq\f(lnπ,π)，f(eq\r(2))＝eq\f(ln\r(2),2)＝eq\f(1,2)·eq\f(ln2,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(ln4,4)，設(shè)h(x)＝eq\f(lnx,x)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)x∈(e，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，而e<π<4，所以h(π)>h(4)，即eq\f(lnπ,π)>eq\f(ln4,4)，所以f(eq\r(2))<f(eq\r(π))，所以f(eq\r(2))<f(eq\r(π))<f(eq\r(3))，C正確；令g(x)＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(1,x2)(x>0)，則g′(x)＝－eq\f(1＋2lnx,x3)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))時，g′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，＋∞))時，g′(x)<0，所以g(x)在x＝eq\f(1,\r(e))處取得極大值也是最大值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))＝eq\f(e,2)，因為f(x)＋eq\f(1,x2)<k在x∈(0，＋∞)上恒成立，所以k>eq\f(e,2)，D正確．13．答案：1解析：由題意，f′(x)＝eq\f(－sinx－cosx＋a,ex)，∵f(x)＝eq\f(cosx－a,ex)在x＝eq\f(π,2)處取得極值，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(－sin\f(π,2)－cos\f(π,2)＋a,e\f(π,2))＝0，解得，a＝1.14．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))解析：由題知，y＝g(x)＝eq\f(lnx,x)與y＝k有兩個交點，g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，由g′(x)>0得0<x<e；由g′(x)<0得x>e，∴g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，又g(1)＝0，g(x)max＝g(e)＝eq\f(1,e)，且當(dāng)x>e時，g(x)>0，函數(shù)圖象如圖所示：所以k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).15．答案：1解析：∵函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個零點，∴f′(x)＝2x(3x－a)，x∈(0，＋∞)，①當(dāng)a≤0時，f′(x)＝2x(3x－a)>0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(0)＝1，f(x)在(0，＋∞)上沒有零點，舍去；②當(dāng)a>0時，f′(x)＝2x(3x－a)>0的解為x>eq\f(a,3)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))上遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))上遞增，又f(x)只有一個零點，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋1＝0，解得a＝3，f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，x∈[－1,1]，f′(x)>0的解集為(－1,0)，f(x)在(－1,0)上遞增，在(0,1)上遞減，f(－1)＝－4，f(0)＝1，f(1)＝0，所以f(x)max＝f(0)＝1，∴f(x)在[－1,1]上的最大值為1.16．答案：(0,1)[1，＋∞)解析：函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋1,x)定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0，當(dāng)x>1時，f′(x)<0，則有f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0,1)；因?a，b∈[1，e]，a≠b，均有eq\f(alnb－blna,b－a)<m成立，不妨令1≤a<b≤e，于是得alnb－blna<mb－ma?a(lnb＋m)<b(lna＋m)?eq\f(lnb＋m,b)<eq\f(lna＋m,a)，令g(x)＝eq\f(lnx＋m,x)，x∈[1，e]，則有?a，b∈[1，e]，a<b，g(a)>g(b)恒成立，從而得g(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，因此，?x∈[1，e]，g′(x)＝eq\f(1－m－lnx,x2)≤0?m≥1－lnx，而1－lnx在[1，e]上單調(diào)遞減，則當(dāng)x＝1時，(1－lnx)max＝1，即m≥1，所以m的取值范圍是[1，＋∞)．17．解析：由題設(shè)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax－(2a＋1)＝eq\f(x－12ax－1,x)(x>0)①當(dāng)a≤0時，令f′(x)＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＜0，得x＞1，∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；②當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝eq\f(1,2a)，ⅰ)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，f′(x)＝eq\f(x－12,x)≥0，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；ⅱ)當(dāng)a>eq\f(1,2)時，令f′(x)＞0，得0<x<eq\f(1,2a)或x＞1；令f′(x)＜0，得eq\f(1,2a)<x<1，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))和(1，＋∞)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))單調(diào)遞減；ⅲ)當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時，令f′(x)＞0，得0＜x＜1或x>eq\f(1,2a)；令f′(x)＜0，得1<x<eq\f(1,2a)，∴f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1