内容正文:
专题检测(二十) 导数与函数单调性、极值与最值的简单综合
1.(2021·四川内江一模)已知函数f(x)=a ln x-bx2,a,b∈R,若f(x)在x=1处与直线y=-相切.
(1)求a,b的值;
(2)求f(x)在上的极值.
解:(1)由题意,函数f(x)=a ln x-bx2,x∈(0,+∞),可得f′(x)=-2bx,
因为函数f(x)在x=1处与直线y=-相切,
所以.解得a=1,b=即
(2)由(1)得f(x)=ln x-,-x=x2,定义域为(0,+∞),且f′(x)=
令f′(x)>0,得0<x<1,令f′(x)<0,得x>1.
所以f(x)在上单调递增,在(1,e]上单调递减,
所以f(x)在,无极小值.上的极大值为f(1)=-
2.(2021·福建龙岩模拟)已知函数f(x)=x3-ax+b在x=1处的切线方程为y=0.
(1)求实数a,b的值;
(2)求函数f(x)在区间[-1,2]上的最大值与最小值之和.
解:(1)由已知得切点为(1,0),且f′(x)=3x2-a,
∴解得a=3,b=2.
(2)由(1)知f(x)=x3-3x+2,f′(x)=3x2-3,
当1<x≤2时,f′(x)>0,此时函数f(x)单调递增;
当-1<x<1时,f′(x)<0,此时函数f(x)单调递减.
所以,f(x)min=f(1)=0,
又f(-1)=4,f(2)=4,∴f(x)max=4.
因此,函数f(x)在区间[-1,2]上的最大值与最小值之和为4.
3.(2021·甘肃金昌一模)设函数f(x)=axex+x2+2x+1.
(1)当a=1时,求函数f(x)在[-2,1]上的最值;
(2)若函数f(x)在[0,+∞)上单调递减,求实数a的最大值.
解:(1)因为a=1,所以f′(x)=ex(x+1)+2(x+1)=(x+1)(2+ex).
当x∈(-2,-1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(-1,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
则f(x)在[-2,1]上的最小值为f(-1)=-,
又f(1)=e+4,f(-2)=-2e-2+1,f(-2)<f(1),
则函数f(x)在[-2,1]上的最大值为e+4,
综上:f(x)在[-2,1]上的最小值为-,最大值为e+4.
(2)由已知得f′(x)=aex+axex+2x+2=(x+1)(aex+2)≤0在[0,+∞)上恒成立,
因为x+1>0,所以aex+2≤0在[0,+∞)上恒成立,即a≤-在[0,+∞)上恒成立,
因为函数y=-在[0,+∞)上单调递增,
所以当x=0时,函数y=-取得最小值为-2,所以a≤-2,
故实数a的最大值为-2.
4.(2021·全国甲卷)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
解:(1)函数的定义域为(0,+∞),
又f′(x)=,
因为a>0,x>0,故2ax+3>0,
当0<x<时,f′(x)>0;时,f′(x)<0;当x>
所以f(x)的减区间为.,增区间为
(2)因为f(1)=a2+a+1>0且y=f(x)的图象与x轴没有公共点,
所以y=f(x)的图象在x轴的上方,
由(1)中函数的单调性可得f(x)min=f=3+3ln a,=3-3ln
所以3+3ln a>0,即a>,
所以a的取值范围为(,+∞).
5.(2021·陕西宝鸡二模)已知函数f(x)=,其中a∈R.
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)求证:若f(x)有极值,则极大值必大于0.
(1)解:f′(x)=,=
当a=0时,f′(1)=,,f(1)=
则f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=x.
(2)证明:令f′(x)=0,解得x=2或x=-a,
①当a=-2时,f′(x)≤0恒成立,此时函数f(x)在R上单调递减,∴函数f(x)无极值;
②当a>-2时,令f′(x)>0,解得-a<x<2,令f′(x)<0,解得x<-a或x>2,
∴函数f(x)在(-a,2)上单调递增,
在(-∞,-a),(2,+∞)上单调递减,
∴f(x)极大值=f(2)=>0;
③当a<-2时,令f′(x)>0,解得2<x<-a,令f′(x)<0,解得x<2或x>-a,
∴函数f(x)在(2,-a)上单调递增,
在(-∞,2),(-a,+∞)上单调递减,
∴f(x)极大值=f(-a)=-aea>0,
综上,函数f(x)的极大值恒大于0.
6.(2021·宁夏银川二模)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+2(a,b∈R)在x=-1与x=3处均取得极值.
(1)求实数a,b的值;
(2)若函数f(x)在区