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1、2020届人教A版（文科数学）利用导数研究函数的单调性、极值、最值1.函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是()A.(-,2)B.(0,3)C.(1,4)D.(2,+)答案D解析函数f(x)=(x-3)ex的导数为f(x)=(x-3)ex=ex+(x-3)ex=(x-2)ex.由函数导数与函数单调性的关系,得当f(x)0时,函数f(x)单调递增,此时由不等式f(x)=(x-2)ex0,解得x2.2.(2018广东东莞考前冲刺)若x=1是函数f(x)=ax+ln x的极值点,则()A.f(x)有极大值-1B.f(x)有极小值-1C.f(x)有极大值0D.f(x)有极小值0答案A解析x=1是
2、函数f(x)=ax+lnx的极值点,f(1)=0,a+11=0,a=-1.f(x)=-1+1x=0x=1.当x1时,f(x)0,当0x0,因此f(x)有极大值-1.3.定义域为R的可导函数y=f(x)的导函数f(x),满足f(x)2ex的解集为()A.(-,0)B.(-,2)C.(0,+)D.(2,+)答案C解析设g(x)=f(x)ex,则g(x)=f(x)-f(x)ex.f(x)0,即函数g(x)在定义域内单调递增.f(0)=2,g(0)=f(0)=2,不等式f(x)2ex等价于g(x)g(0).函数g(x)在定义域内单调递增.x0,不等式的解集为(0,+),故选C.4.函数y=f(x)的导
3、函数y=f(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是()答案D解析设导函数y=f(x)的三个零点分别为x1,x2,x3,且x10x2x3.所以在区间(-,x1)和(x2,x3)内,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.1、1.(2018全国卷I高考理科T16)已知函数fx=2sinx+sin2x,则fx的最小值是.【解题指南】本题考查的是有关应用导数研究函数的最小值问题,在求解的过程中,需要明确相关的函数的求导公式,需要明白导数的符号与函数的单调性的关系,确定出函数的单调增区间和单调减区间,进而求得函数的最小值点,从而求得相应的三角函数值,代入求得
4、函数的最小值.【解析】方法一:f(x)=2cosx+2cos2x=4cos2x+2cosx-2=4(cosx+1)cosx-12,所以当cosx时函数单调增,从而得到函数的减区间为2k-53,2k-3(kZ),函数的增区间为2k-3,2k+3(kZ),所以当x=2k-3,kZ时,函数f(x)取得最小值,此时sinx=-32,sin2x=-32,所以f(x)min=2-32-32=-332.方法二:因为f(x)=2sinx+sin2x,所以f(x)最小正周期为T=2,所以f(x)=2(cosx+cos2x)=2(2cos2x+cosx-1),令f(x)=0,即2cos2x+cosx-1=0,所以
5、cosx=或cosx=-1.所以当cosx=,为函数的极小值点,即x=3或x=,当cosx=-1,x=,所以f53=-323,f3=323,f(0)=f(2)=0,f()=0,所以f(x)的最小值为-323.答案:-323二、解答题2.(12分)(2018全国卷I高考文科T21)已知函数fx=aex-lnx-1.(1)设x=2是fx的极值点.求a,并求fx的单调区间.(2)证明:当a时,fx0.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=aex-.由题设知,f(2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2ex-lnx-1,f(x)=12e2ex-.当0x2时,f(x)2时,f(
6、x)0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增.(2)当a时,f(x)exe-lnx-1.设g(x)=exe-lnx-1,则g(x)=exe-.当0x1时,g(x)1时,g(x)0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x0时,g(x)g(1)=0.因此,当时a时,f(x)0.3.(2018全国高考理科T21)(12分)已知函数fx=2+x+ax2ln1+x-2x.(1)若a=0,证明:当-1x0时,fx0时,fx0.(2)若x=0是fx的极大值点,求a.【命题意图】本题主要考查导数的应用,利用导数研究函数的极值和最值,考查转化与化归能力、运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运
7、算的核心素养.试题难度:难.【解析】(1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f(x)=ln(1+x)-x1+x.设函数g(x)=f(x)=ln(1+x)-x1+x,则g(x)=x(1+x)2.当-1x0时,g(x)0时,g(x)0.故当x-1时,g(x)g(0)=0,当且仅当x=0时,g(x)=0,从而f(x)0,当且仅当x=0时,f(x)=0.所以f(x)在(-1,+)上单调递增.又f(0)=0,故当-1x0时,f(x)0时,f(x)0.(2)(i)若a0,由(1)知,当x0时,f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.(ii
8、)若a0,设函数h(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2.由于当|x|0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点,当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h(x)=11+x-2(2+x+ax2)-2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=x2(a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2.如果6a+10,则当0x-6a+14a,且|x|0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+10,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10,故当x(x1,0),且|x|min1,1|a|时,h(x)0;当x(0,1)时,h
9、(x)0,由g(x)=0得,x=-,2,且-02,x,f(x),f(x)的关系如下x-,-1a-1a,22(2,+)f(x)-0+0-f(x)极小值极大值若x(-,2,f(x)f-1a=-e1a又因为a1,所以01,14a+2-10,ex0,所以f(x)=ax2+x-1ex0,f(x)+e0,综上,当a1时,f(x)+e0.方法二(充要条件):当a=1时,f(x)=x2+x-1ex.显然ex0,要证f(x)+e0只需证x2+x-1ex-e,即证h(x)=x2+x-1+eex0,h(x)=2x+1+eex,观察发现h(-1)=0,x,h(x),h(x)的关系如下x(-,-1)-1(-1,+)h(
10、x)-0+h(x)极小值所以h(x)有最小值h(-1)=0,所以h(x)0即f(x)+e0.当a1时,由知,x2+x-1ex-e,又显然ax2x2,所以ax2+x-1x2+x-1,f(x)=ax2+x-1exx2+x-1ex-e,即f(x)+e0.综上,当a1时,f(x)+e0.方法三(分离参数):当x=0时,f(x)+e=-1+e0成立.当x0时,f(x)+e0等价于ax2+x-1ex-e,等价于ax2+x-1-eex,即ax2-eex-x+1等价于a-eex-x+1x2=k(x),等价于k(x)max1.k(x)=(x-2)(1-eex)x3,令k(x)=0得x=-1,2.x,k(x),k(x)的关系如下x(-,-1)-1(-1,0)(0,2)2(2,+)k(x)+0-+0-k(x)极大值极大值又因为k(-1)=1,k(2)=-1+e34,则当x1a,2时,f(x)0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a,则当x(0,2)时,x-20,ax-1x-10.所以2不是f(x)的极小
