2022全国通用高考数学文科二轮专题复习仿真练：专题一-第3讲-函数与导数、不等式.docx

第3讲　导数与函数的单调性、极值、最值问题

一、选择题
1.函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为(　　)
A.(－1，1] B.(0，1]
C.[1，＋∞) D.(0，＋∞)
解析　由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(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
2.(2021·昆明模拟)已知函数f(x)＝mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是(　　)
A.[－1，1] B.[－1，＋∞)
C.[1，＋∞) D.(－∞，1]
解析　f′(x)＝mx＋－2≥0对一切x＞0恒成立，
∴m≥－＋.
令g(x)＝－＋，则当＝1，即x＝1时，函数g(x)取最大值1.故m≥1.
答案　C
3.(2022·新课标全国Ⅱ卷)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)
A.(－∞，－2] B.(－∞，－1]
C.[2，＋∞) D.[1，＋∞)
解析　f′(x)＝k－，由题意知f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k－≥0在(1，＋∞)上恒成立，由于k≥，而0＜＜1，所以k≥1.故选D.
答案　D
4.(2021·临沂模拟)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围是(　　)
A.[0，1) B.(－1，1) C. D.(0，1)
解析　f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a).
当a≤0时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，1)内单调递增，无最小值.
当a＞0时，f′(x)＝3(x－)(x＋).
当x∈(－∞，－)和(，＋∞)时，f(x)单调递增；
当x∈(－，)时，f(x)单调递减，
所以当＜1，
即0＜a＜1时，f(x)在(0，1)内有最小值.
答案　D
5.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x＋1有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A.(，＋∞) B.(－∞，－)
C.(－，) D.(－∞，－)∪(，＋∞)
解析　f′(x)＝x2＋2ax＋3.
由题意知方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根，
所以Δ＝4a2－12＞0，
解得a＞或a＜－.
答案　D
二、填空题
6.(2021·天津卷)已知函数f(x)＝axln x，x∈(0，＋∞)，其中a为实数，f′(x)为f(x)的导函数.若f′(1)＝3，则a的值为________.
解析　f′(x)＝aln x＋ax·＝a(ln x＋1)，由f′(1)＝3得，a(ln 1＋1)＝3，
解得a＝3.
答案　3
7.若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1在R上单调递增，则a的取值范围是________.
解析　f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2).
由题意知f′(x)≥0在R上恒成立，
所以Δ＝36a2－4×3×3(a＋2)≤0，解得－1≤a≤2.
答案　[－1，2]
8.(2021·衡水中学期末)若函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________.
解析　对f(x)求导，得f′(x)＝－x＋4－＝＝－.由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，所以t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，解得0＜t＜1或2＜t＜3.
答案　(0，1)∪(2，3)
三、解答题
9.(2021·安徽卷)已知函数f(x)＝(a>0，r>0).
(1)求f(x)的定义域，并争辩f(x)的单调性；
(2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值.
解　(1)由题意知x≠－r，所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞).
f(x)＝＝，
f′(x)＝＝.
所以当x<－r或x>r时，f′(x)<0，当－r<x<r时，f′(x)>0.
因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；f(x)的单调递增区间为(－r，r).
(2)由(1)的解答可知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减.
因此，x＝r是f(x)的极大值点，
所以f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝＝＝＝100.
10.已知函数f(x)＝x2＋2aln x.
(1)若函数f(x)的图象在(2，f(2))处的切线斜率为1，求实数a的值；
(2)若函数g(x)＝＋f(x)在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围.
解　(1)f′(x)＝2x＋＝.
由已知f′(2)＝1，解得a＝－3.
(2)由g(x)＝＋x2＋2aln x，得g′(x)＝－＋2x＋.
由函数g(x)为[1，2]上的单调减函数，
则g′(x)≤0在[1，2]上恒成立，
即－＋2x＋≤0在[1，2]上恒成立，
即a≤－x2在[1，2]上恒成立.
令h(x)＝－x2，
在[1，2]上h′(x)＝－－2x＝－＜0，
所以h(x)在[1，2]上为减函数，h(x)min＝h(2)＝－.
所以a≤－.
11.(2021·合肥模拟)已知函数f(x)＝x3－ax2－3x.
(1)若f(x)在[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；
(2)已知函数g(x)＝ln(1＋x)－x＋x2(k≥0)，争辩函数g(x)的单调性.
解　(1)对f(x)求导，得f′(x)＝3x2－2ax－3.
由f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，得a≤.
记t(x)＝，当x≥1时，t(x)是增函数，
所以t(x)min＝(1－1)＝0.
所以a≤0.
(2)g′(x)＝，x∈(－1，＋∞).
当k＝0时，g′(x)＝－，
所以在区间(－1，0)上，g′(x)＞0；在区间(0，＋∞)上，g′(x)＜0.故g(x)的单调递增区间是(－1，0]，单调递减区间是[0，＋∞).
当0＜k＜1时，由g′(x)＝＝0，得x1＝0，x2＝＞0，
所以在区间(－1，0)和上，g′(x)＞0；在区间上，g′(x)＜0.故g(x)的单调递增区间是(－1，0]和，单调递减区间是.
当k＝1时，g′(x)＝＞0，
故g(x)的单调递增区间是(－1，＋∞).
当k＞1时，g′(x)＝＝0，得x1＝∈(－1，0)，x2＝0，
所以在区间和(0，＋∞)上，g′(x)＞0，在区间上，g′(x)＜0.
故g(x)的单调递增区间是和[0，＋∞)，单调递减区间是.