专题突破练4 利用导数研究函数的单调性、极值与最值一、单项选择题1.(2021·浙江丽水联考)若函数f(x)=(x-a)3-3x+b的极大值是M,极小值是m,则M-m的值( )A.与a有关,且与b有关B.与a有关,且与b无关C.与a无关,且与b无关D.与a无关,且与b有关 2.(2021·湖南邵阳一中高三月考)若函数f(x)=-x3+ax2+4x在区间(0,2)上单调递增,则实数a的取值范围为( )A.[2,+∞)B.(2,+∞)C.(-∞,2)D.(-∞,2]3.(2021·陕西西安月考)已知函数f(x)=,则下列关于函数f(x)的说法正确的是( )A.在区间(-∞,+∞)上单调递增B.在区间(-∞,1)上单调递减C.有极大值,无极小值D.有极小值,无极大值4.(2021·湖南岳阳期中)已知直线y=kx(k>0)和曲线f(x)=x-alnx(a≠0)相切,则实数a的取值范围是( )A.(-∞,0)∪(0,e)B.(0,e)C.(0,1)∪(1,e)D.(-∞,0)∪(1,e)5.(2021·湖北十堰二模)已知函数f(x)=2x3+3mx2+2nx+m2在x=1处有极小值,且极小值为6,则m=( )A.5B.3C.-2D.-2或56.(2021·四川成都二模)已知P是曲线y=-sinx(x∈[0,π])上的动点,点Q在直线x-2y-6=0上运动,则当|PQ|取最小值时,点P的横坐标为( )A.B.C.D.7.(2021·河北张家口高三三模)已知a,b∈(0,3),且4lna=aln4,4lnb=bln2,c=log0.30.06,则( )A.c<b<aB.a<c<bC.b<a<cD.b<c<a二、多项选择题8.(2021·广东湛江一模)已知函数f(x)=x3-3lnx-1,则( )A.f(x)的极大值为0B.曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线为x轴C.f(x)的最小值为0D.f(x)在定义域内单调9.(2021·山东淄博二模)已知e是自然对数的底数,则下列不等关系中错误的是( )A.ln2>B.ln3<C.lnπ>D.10.(2021·辽宁沈阳二模)已知函数f(x)=若关于x的方程f(x)=m恰有两个不同的根x1,x2(x1<x2),
则(x2-x1)f(x2)的取值可能是( )A.-3B.-1C.0D.2三、填空题11.(2021·福建三明二模)已知曲线y=lnx+ax与直线y=2x-1相切,则a= . 12.(2021·江苏无锡月考)试写出实数a的一个取值范围 ,使函数f(x)=有极值. 13.(2021·四川成都月考)设函数f(x)=ex-2x,直线y=ax+b是曲线y=f(x)的切线,则2a+b的最大值是 . 四、解答题14.(2021·山东潍坊二模)已知函数f(x)=的单调递增区间是[0,1],极大值是.(1)求曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程;(2)若存在非零实数x0,使得f(x0)=1,求f(x)在区间(-∞,m](m>0)上的最小值.15.(2021·河北唐山期末)已知函数f(x)=aex-x-1(a∈R),g(x)=x2.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当a>0时,若曲线C1:y1=f(x)+x+1与曲线C2:y2=g(x)存在唯一的公切线,求实数a的值.
16.(2021·广东珠海高三质检)已知函数f(x)=lnx+tx2,函数g(x)=(2t+1)x,t∈R.(1)当t=-1时,讨论函数f(x)的单调性;(2)令h(x)=f(x)-g(x),若h(x)在x=1处取得极值,且在(0,e]上的最大值为1,求t的值.专题突破练4 利用导数研究函数的单调性、极值与最值1.C 解析:因为f(x)=(x-a)3-3x+b,所以f'(x)=3(x-a)2-3,令f'(x)=3(x-a)2-3=0,得x=a-1或x=a+1,判断可得函数的极大值M=f(a-1)=-1-3(a-1)+b=2-3a+b,极小值m=f(a+1)=1-3(a+1)+b=-2-3a+b,因此M-m=4.故选C.2.A 解析:f(x)=-x3+ax2+4x,则f'(x)=-3x2+2ax+4,若f(x)在区间(0,2)上单调递增,则-3x2+2ax+4≥0在(0,2)恒成立,即a在(0,2)恒成立,令g(x)=,x∈(0,2),则g'(x)=>0,g(x)在(0,2)上单调递增,故g(x)<g(2)=2,故a≥2,故实数a的取值范围为[2,+∞).3.C 解析:由题意得函数f(x)的定义域为R,f'(x)=令f'(x)=0,得x=1,当x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故f(1)是函数f(x)的极大值,也是最大值,且f(1)=,函数f(x)无极小值.故选C.4.A 解析:设直线y=kx(k>0)与曲线f(x)=x-alnx(a≠0)相切于点P(x0,x0-alnx0)(x0>0).由题意得,f'(x)=1-,则以P为切点的切线方程为y-x0+alnx0=1-(x-x0),因为该切线过原点,所以-x0+alnx0=1-(-x0),因此lnx0=1,即x0=e,所以k=1->0,得a<e,又a≠0,故实数a的取值范围是(-∞,0)∪(0,e).故选A.5.A 解析:f'(x)=6x2+6mx+2n.因为f(x)在x=1处有极小值,且极小值为6,所以即解得当m=5,n=-18时,f'(x)=6x2+30x-36=6(x+6)(x-1),则f(x)在区间(-∞,-6)上单调递增,在区间(-6,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,且极小值为f(1)=6.当m=-2,n=3时,f'(x)=6x2-12x+6=6(x-1)2≥0,则f(x)在R上单调递增,f(x)无极值.综上可得,m=5,n=-18.6.C 解析:如图所示,要使|PQ|取得最小值,则曲线y=-sinx(x∈[0,π])在点P处的切线与直线x-2y-6=0平行,对函数y=-sinx求导得y'=-cosx,令y'=,可得cosx=-,由于0≤x≤π,所以x=故选C.7.C 解析:由4lna=aln4=2aln2,得a=2,
令f(x)=,则f'(x)=,所以当x∈(0,e)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(e,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.所以f(a)=f(4)>f(b)=f(16),又因为a,b∈(0,3),所以b<a=2.又c=log0.30.06=log0.3(0.2×0.3)=log0.30.2+1>log0.30.3+1=2,所以b<a<c.8.BC 解析:函数f(x)=x3-3lnx-1的定义域为(0,+∞),f'(x)=3x2-(x3-1).令f'(x)=(x3-1)=0,得x=1,列表得:x(0,1)1(1,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减单调递增所以f(x)的极小值,也是最小值为f(1)=0,无极大值,在定义域内不单调,故C正确,A,D错误;对于B,由f(1)=0及f'(1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-0=0(x-1),即y=0,故B正确,故选BC.9.ACD 解析:令f(x)=lnx-,x>0,则f'(x)=,令f'(x)=0,得x=e,当0<x<e时,f'(x)>0,当x>e时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减,故f(x)max=f(e)=lne-=0,则f(2)=ln2-<0得ln2<,故A错误;f(3)=ln3-<0得ln3<,故B正确;f(π)=lnπ-<0得lnπ<,故C错误;对于D项,令g(x)=,x>0,则g'(x)=,当0<x<e时,g'(x)>0,当x>e时,g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减,则g(3)>g(π),得,即,故D错误.故选ACD.10.BC 解析:画出函数f(x)的图象,如图,因为f(x)=m的两根为x1,x2(x1<x2),所以x1=,x2=em+1,m∈(-1,0],从而(x2-x1)·f(x2)=em+1-m=mem+1-+m.令g(x)=xex+1-x2+x,x∈(-1,0],则g'(x)=(x+1)ex+1-x+1.因为x∈(-1,0],所以x+1>0,ex+1>e0=1,-x+1>0,所以g'(x)>0,从而g(x)在区间(-1,0]上单调递增.又g(0)=0,g(-1)=-,所以g(x)∈-,0,即(x2-x1)·f(x2)的取值范围是-,0,故选BC.11.1 解析:由题意得函数y=lnx+ax的定义域为x>0,y'=+a.设曲线y=lnx+ax与直线y=2x-1相切于点P(x0,y0),可得+a=2,即ax0=2x0-1①,y0=lnx0+ax0,y0=2x0-1,所以lnx0+ax0=2x0-1②,联立①②,可得x0=1,a=1.12.(-)(答案不唯一) 解析:f(x)=的定义域为R,f'(x)=,由于函数f(x)=有极值,所以f'(x)=有变号零点,因此由cosx-sinx+a=0,即a=sinx-cosx=sinx-,可得a∈(-),答案只要为(-)的子集都可以.13.e2-4 解析:f'(x)=ex-2.
设切点为(t,f(t)),则f(t)=et-2t,f'(t)=et-2,所以切线方程为y-(et-2t)=(et-2)(x-t),即y=(et-2)x+et(1-t),所以a=et-2,b=et(1-t),则2a+b=-4+3et-tet.令g(t)=-4+3et-tet,则g'(t)=(2-t)et.当t>2时,g'(t)<0,g(t)在区间(2,+∞)上单调递减;当t<2时,g'(t)>0,g(t)在区间(-∞,2)上单调递增,所以当t=2时,g(t)取最大值g(2)=-4+3e2-2e2=-4+e2,即2a+b的最大值为e2-4.14.解(1)因为f(x)=,所以f'(x)=因为ex>0,所以f'(x)≥0的解集与-ax2+(2a-b)x+b-c≥0的解集相同,且同为[0,1].所以有解得a=b=c.所以f(x)=(a>0),f'(x)=(a>0).因为a>0,所以当x<0或x>1时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,当0≤x≤1时,f'(x)≥0,函数f(x)单调递增,且f'(1)=0,所以f(x)在x=1处取得极大值,又由题知,极大值为,所以f(1)=,解得a=1,所以a=b=c=1.所以f(x)=,f'(x)=所以f(-1)==e,f'(-1)==-2e.所以曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程为y-e=-2e(x+1),即y=-2ex-e.(2)由(1)知函数f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,1)上单调递增,且f(0)==1,所以满足f(x0)=1(x0≠0)的x0∈(1,+∞).所以当0<m≤x0时,由函数f(x)的单调性易知,f(x)在区间(-∞,m]上的最小值为f(0)=1;当m>x0时,f(m)<f(x0)=f(0)=1,f(x)在区间(-∞,m]上的最小值为f(m)=综上所述,f(x)在区间(-∞,m]上的最小值为15.解(1)f'(x)=aex-1.当a≤0时,f'(x)<0恒成立,f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递减.当a>0时,由f'(x)=0,得x=-lna.当x<-lna时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>-lna时,f'(x)>0,f(x)单调递增.综上,当a≤0时,f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递减;当a>0时,f(x)在区间(-∞,-lna)上单调递减,在区间(-lna,+∞)上单调递增.(2)因为曲线C1:y1=aex与曲线C2:y2=x2存在唯一的公切线,设该公切线与曲线C1,C2分别切于点(x1,a),(x2,),显然x1≠x2.由于y1'=aex,y2'=2x,所以a=2x2=,因此2x2x1-2=a=2x2-,所以2x1x2-=2x2,即x2=2x1-2.由于a>0,故x2>0,从而x2=2x1-2>0,因此x1>1.此时a=(x1>1).设F(x)=(x>1),则问题等价于当x>1时,直线y=a与曲线y=F(x)有且只有一个公共点.又F'(x)=,令F'(x)=0,解得x=2,所以F(x)在区间(1,2)上单调递增,在区间(2,+∞)上单调递减.而F(2)=,F(1)=0,当x→+∞时,F(x)→0,所以F(x)的值域为0,,故a=16.解(1)当t=-1时,函数f(x)=lnx-x2(x>0),
f'(x)=-2x==-2,当0<x<时,f'(x)>0,当x>时,f'(x)<0,∴f(x)在0,上单调递增,在,+∞上单调递减.(2)h(x)=f(x)-g(x)=lnx+tx2-(2t+1)x,h'(x)=+2tx-2t-1=[2tx2-(2t+1)x+1]=(2tx-1)(x-1),①当t=0时,h(x)=lnx-x,h'(x)=-(x-1),当x=1时,h'(x)=0,当0<x<1时,h'(x)>0,当x>1时,h'(x)<0,∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴x=1是h(x)在(0,e]上的极大值点,也是最大值点,h(x)max=h(1)=-1≠1,不合题意.②当t=时,h(x)=lnx+x2-2x,h'(x)=(x-1)2≥0,故h(x)在(0,e]上单调递增,故x=1不是h(x)的极值点,不合题意.③当t≠0且t时,h'(x)=x-(x-1),当x=或x=1时,h'(x)=0,1)当t<0时,<0<1,当0<x<1时,h'(x)>0,当1<x<e时,h'(x)<0,∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,e)上单调递减,∴x=1是h(x)在(0,e]上的极大值点,也是最大值点,h(x)max=h(1)=t-2t-1=1得t=-2∈(-∞,0);2)当0<t<时,>1,1°当1<<e,即<t<时,当0<x<1时,h'(x)>0,当1<x<时,h'(x)<0,<x<e时h'(x)>0,∴h(x)在(0,1)上单调递增,在1,上单调递减,在,e上单调递增.∴x=1是h(x)在(0,e]上的极大值点,∵h(1)=-t-1<0,∴需h(e)=1+te2-(2t+1)e=1得t=;2°当e>1,即0<t时,0<x<1时h'(x)>0,1<x<e时h'(x)<0,∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,e)上单调递减,∴x=1是h(x)在(0,e]上的极大值点,也是最大值点,h(x)max=h(1)=t-2t-1=1得t=-2∉0,;3)当t>时,0<<1,0<x<时h'(x)>0,<x<1时h'(x)<0,1<x<e时h'(x)>0,∴h(x)在0,上单调递增,在,1上单调递减,在(1,e)上单调递增,∴x=1是h(x)在(0,e]上的极小值点,∵h=ln-1<0,∴需h(e)=1+te2-(2t+1)e=1,得t=,+∞,综上,t=-2或t=
