(1)求曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程.
(2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
参考答案
专题能力训练7 导数与函数的单调性、极值、最值
能力突破训练
1.D 解析因为f'(x)=af'(1)+,所以f'(1)=af'(1)+1,易知a≠1,则f'(1)=
,所以f'(x)=
又因为
f'=0,所以+2=0,解得a=2.故选D.
2.D 解析设导函数y=f'(x)的三个零点分别为x1,x2,x3,且x1<0 所以在区间(-∞,x1)和(x2,x3)上,f'(x)<0,f(x)是减函数, 在区间(x1,x2)和(x3,+∞)上,f'(x)>0,f(x)是增函数, 所以函数y=f(x)的图象可能为D,故选D. 3.C 解析构造函数F(x)=f(x)-kx, 则F'(x)=f'(x)-k>0, ∴函数F(x)在R上为单调递增函数. >0,∴F >F(0). ∵F(0)=f(0)=-1,∴f>-1, 即f-1=,∴f,故C错误. 4.C 解析依题意得f'(x)=3ax2+2bx+c≤0的解集是[-2,3],于是有3a>0,-2+3=-,-2×3=,则 b=-,c=-18a. - 5 - 函数f(x)在x=3处取得极小值,于是有f(3)=27a+9b+3c-34=-115, 则-a=-81,解得a=2.故选C. 5.1-ln 2 解析对函数y=lnx+2求导,得y'=,对函数y=ln(x+1)求导,得y'=设直线y=kx+b与 曲线y=lnx+2相切于点P1(x1,y1),与曲线y=ln(x+1)相切于点P2(x2,y2),则y1=lnx1+2,y2=ln(x2+1).由点P1(x1,y1)在切线上,得y-(lnx1+2)=(x-x1),由点P2(x2,y2)在切线上,得y-ln(x2+1)=因为这两条直线表示同一条直线, (x-x2). 所以 解得x1=, 所以k==2,b=lnx1+2-1=1-ln2. 6.3x-y-2=0 解析y'=3x2+6x+6=3(x+1)2+3≥3.当x=-1时,y'min=3;当x=-1时,y=-5. 故切线方程为y+5=3(x+1),即3x-y-2=0. 7.解(1)f'(x)=aex- 当f'(x)>0,即x>-lna时,f(x)在区间(-lna,+∞)内单调递增; 当f'(x)<0,即x<-lna时,f(x)在区间(-∞,-lna)内单调递减. ①当0 ②当a≥1时,-lna≤0,f(x)在区间[0,+∞)内单调递增, 从而f(x)在区间[0,+∞)内的最小值为f(0)=a++b. (2)依题意f'(2)=ae2-,解得ae2=2或ae2=-(舍去). 所以a=,代入原函数可得2++b=3,即b=故a=,b= 8.解(1)因为f(x)=xea-x+bx, 所以f'(x)=(1-x)ea-x+b. 依题设, (2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex. - 6 - 解得a=2,b=e. 由f'(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知,f'(x)与1-x+ex-1同号. 令g(x)=1-x+ex-1,则g'(x)=-1+ex-1. 所以,当x∈(-∞,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减; 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值, 从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞). 综上可知,f'(x)>0,x∈(-∞,+∞). 故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). 9.解(1)由题意可知函数f(x)的定义域为R,f'(x)=(1+x2)'ex+(1+x2)(ex)'=(1+x)2ex≥0, 故函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间. (2)∵a>1,∴f(0)=1-a<0,且f(a)=(1+a2)ea-a>1+a2-a>2a-a=a>0. ∴函数f(x)在区间(0,a)上存在零点. 又由(1)知函数f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增, ∴函数f(x)在区间(-∞,+∞)内仅有一个零点. (3)由(1)及f'(x)=0,得x=-1. 又f(-1)=-a,即P , ∴kOP==a- 又f'(m)=(1+m)2em,∴(1+m)2em=a- 令g(m)=em-m-1,则g'(m)=em-1, ∴由g'(m)>0,得m>0,由g'(m)<0,得m<0. ∴函数g(m)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间区间(0,+∞)内单调递增. ∴g(m)min=g(0)=0,即g(m)≥0在R上恒成立, 即em≥m+1. ∴a-=(1+m)2em≥(1+m)2(1+m)=(1+m)3,即 10.解(1)f'(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 由f'(x)=0,得x1=-1,x2=a>0. 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,-1) -1 0 极大值 (-1,a) a - ↘ 0 1+m.故m-1. (a,+∞) + ↗ f'(x) + f(x) ↗ 极小值 故函数f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1,a). (2)由(1)知f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,从而函数f(x)在区间(-2,0) - 7 - 内恰有两个零点当且仅当解得0 (3)当a=1时,f(x)=x3-x-1.由(1)知f(x)在区间[-3,-1]上单调递增,在区间[-1,1]上单调递减,在区间[1,2]上单调递增. ①当t∈[-3,-2]时,t+3∈[0,1],-1∈[t,t+3],f(x)在区间[t,-1]上单调递增,在区间[-1,t+3]上单调递减.因此f(x)在区间[t,t+3]上的最大值M(t)=f(-1)=-,最小值m(t)为f(t)与f(t+3)中的较小者. 由f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知,当t∈[-3,-2]时,f(t)≤f(t+3),则m(t)=f(t),所以g(t)=f(-1)-f(t).因为f(t)在区间[-3,-2]上单调递增,所以f(t)≤f(-2)=-故g(t)在区间[-3,-2]上的最小值为 g(-2)=- ②当t∈[-2,-1]时,t+3∈[1,2],且-1,1∈[t,t+3]. 下面比较f(-1),f(1),f(t),f(t+3)的大小. 因为f(x)在区间[-2,-1],[1,2]上单调递增, 所以f(-2)≤f(t)≤f(-1),f(1)≤f(t+3)≤f(2). 因为f(1)=f(-2)=-,f(-1)=f(2)=-, 从而M(t)=f(-1)=-,m(t)=f(1)=-所以g(t)=M(t)-m(t)= 综上,函数g(t)在区间[-3,-1]上的最小值为 思维提升训练 11.A 解析利用单调性解抽象不等式时,关键要注意结论与已知条件的联系,通过构造合适的函数来求解. 令g(x)=exf(x),则g'(x)=ex(f(x)+f'(x))<0, 所以g(x)在R上单调递减,所以g(2)>g(3),即e2f(2)>e3f(3).故选A. 12.(-∞,-2) 解析若g(x)= , 则g'(x)=>0, 所以g(x)在R上为增函数. - 8 -
