专题突破练 导数与函数的单调性、极值、最值问题 一、选择题 1.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,+∞) 2.(2021河南新乡三模,理9)某冷饮店的日销售额y(单位:元)与当天的最高气温x(单位:℃,20≤x≤40)的关系式为f(x)=x2-x3,则该冷饮店的日销售额的最大值约为( ) A.907元 B.910元 C.915元 D.920元 3.(2021河南郑州二模,理10)已知函数f(x)=2x4+ex+e-x-1,若不等式f(1+ax)
3ln x成立的最大整数k为( ) A.-2 B.-1 C.0 D.1 5.(2021江西上饶一模,理12)已知函数f(x)=aex+x(ln a+x-ln x),若不等式f(x)≥x在x∈(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围为( ) A.[1,+∞) B. C. D. 二、填空题 6.若函数f(x)=x2-4ex-ax在R上存在单调递增区间,则实数a的取值范围为 . 7.(2021新高考Ⅰ,15)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为 . 三、解答题 8.(2021广东深圳一模,22改编)已知函数f(x)=aln2x+2x(1-ln x),a∈R,讨论函数f(x)的单调性. 9.(2021甘肃3月诊断,理20)已知函数f(x)=x+-cos x. (1)当a=2时,证明:f(x)>x对x∈(0,π)恒成立; (2)若函数g(x)=xf(x)在x∈(0,π)存在极大值点x0,求acos2x0-sin x0的最小值. 10.设a>0,讨论函数f(x)=ln x+a(1-a)x2-2(1-a)x的单调性. 11.设函数f(x)=x2+bln(x+1),其中b≠0. (1)当b>时,判断函数f(x)在定义域上的单调性; (2)求函数f(x)的极值点. 参考答案 1.D 解析由f'(x)=k-,又f(x)在(1,+∞)上单调递增,则f'(x)≥0在x∈(1,+∞)上恒成立,即k在x∈(1,+∞)上恒成立.又当x∈(1,+∞)时,0<<1,故k≥1.故选D. 2.C 解析由f(x)=x2-x3(20≤x≤40),得f'(x)=x-x2=x,令f'(x)=0,解得x=38. 当20≤x<38时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当380时,f'(x)=8x3+ex-e-x单调递增,故f'(x)>f'(0)=0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增, 由f(1+ax)3ln x,得k<,x, 令g(x)=,则g'(x)=, 令φ(x)=3ln x+x-3,易知其单调递增, 因为φ(2)=3ln 2-1>0,=3ln=3ln<0, 所以存在x0,使得φ(x0)=3ln x0+x0-3=0, 因此g(x)在单调递减,在[x0,e2]单调递增, g(x)min==2--,-,所以最大整数k为-1,故选B. 5.C 解析由f(x)≥x,得aex+x(ln a+x-ln x)≥x, 即+ln a+x-ln x≥1, =ex=ex+ln a-ln x,故e(ln a+x-ln x)+ln a+x-ln x≥e0+0在x∈(0,+∞)上恒成立,∵g(x)=ex+x在R上单调递增,∴ln a+x-ln x≥0在x∈(0,+∞)上恒成立, ∴ln a≥ln x-x在x∈(0,+∞)上恒成立,构造函数h(x)=ln x-x,h'(x)=-1=,当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 故h(x)max=h(1)=-1,故ln a≥-1,解得a,故选C. 6.(-∞,-2-2ln 2) 解析因为f(x)=x2-4ex-ax,所以f'(x)=2x-4ex-a.由题意,f'(x)=2x-4ex-a>0,即a<2x-4ex有解.令g(x)=2x-4ex,则g'(x)=2-4ex.令g'(x)=0,解得x=-ln 2.当x∈(-∞,-ln 2)时,函数g(x)=2x-4ex单调递增;当x∈(-ln 2,+∞)时,函数g(x)=2x-4ex单调递减.所以当x=-ln 2时,g(x)=2x-4ex取得最大值-2-2ln 2,所以a<-2-2ln 2. 7.1 解析f(x)= 当x>时,f'(x)=2-,令f'(x)=0 ... ... 
