高考数学命题角度6_2函数的单调性与极值、最值的综合应用大题狂练文

高考数学命题角度6_2函数的单调性与极值、最值的综合应用大题狂练文

命题角度 2：函数的单调性与极值、最值的综合应用 1.已知函数   lnf x x x  ，   2 2g x ax x   0a  . （1）求函数  f x 在 1 ,e e      上的最值； （2）求函数      h x f x g x  的极值点. 【答案】（1）最大值为 1 ，最小值为1 e ；（2）见解析. 【解析】试题分析：（1）对函数  f x 进行求导可得   1 1f x x    ，求出极值，比较端点值 和极值即可得函数的最大值和最小值；（2）对  h x 进行求导可得  h x  22 1ax x x   ，利 用求根公式求出导函数的零点，得到导数与 0 的关系，判断单调性得其极值. 因为 1 8 0a    ，所以   22 1ax xh x x         1 22a x x x x x   ， 其中 1 1 1 8 4 ax a     ， 2 1 1 8 4 ax a     . 因为 0a  ，所以 1 0x  ， 2 0x  ， 所以当 20 x x  时，   0h x  ，当 2x x 时，   0h x  ， 所以函数  h x 在  20, x 上是增函数，在  2 ,x  上是减函数， 故 2 1 1 8 4 ax a     为函数  h x 的极大值点，函数  h x 无极小值点. 2.已知函数   2 1 x af x x    ，   3g x x kx  ，其中 a， Rk . （1）若  f x 的一个极值点为 1 2 ，求  f x 的单调区间与极小值； （2）当 0a  时，  1 0,2x  ，  2 1,2x  ，    1 2f x g x ，且  g x 在 1,2 上有极值， 求 k的取值范围. 【答案】（1）见解析（2）  4,12 【解析】试题分析: （1）求导,由题意 1 0 2 f        ,可得 3 4 a   ,下来按照求函数的单调区间 与极值的一般步骤求解即可; （2）当 0a  时，   2 1 xf x x   ，求导,酒红色的单调性可得    max 11 2 f x f   ,进而 得到   10, 2 f x      . 又   23g x x k  ，  1,2x ，分类讨论,可得 3k  或 12k  时，  g x 在 1,2 上无极值. 若 3 12k  ，通过讨论  g x 的单调性，可得  min 3 kg x g         3 22 3 1 9 2 k   ，或    max max 8 2 ,1g x k k   0 ，可得 k的取值范围. 试题解析:（1）     2 22 2 1 1 x axf x x       ， 1 0 2 f        ， 3 4 a   ，   2 3 4 1 x f x x     . 令   0f x  得 1 1 2 x  ， 2 2x   ， 令   0f x  得 12 2 x   ；令   0f x  得 2x   或 1 2 x  .  f x 的单调递增区间为 12, 2      ，单调递减区间为  , 2 ， 1 , 2      .  f x 的极小值为   12 4 f    . （i）若 3k  ，则   0g x  ，  g x 在 1,2 上递增，  g x 在 1,2 上无极值. （ii）若 12k  ，则   0g x  ，  g x 在 1,2 上递减，  g x 在 1,2 上无极值. （iii）若3 12k  ，  g x 在 1, 3 k      上递减，在 , 2 3 k      上递增，  min 3 kg x g          3 22 3 1 9 2 k   ，或    max max 8 2 ,1g x k k   0 ， 3 12k  ， 4 12k   . 综上， k的取值范围为  4,12 . 点睛：本题考查导数在研究函数性质时的综合应用，属难题.解题时要认真研究题意，进而通 过分类讨论研究其性质以达到解决问题的目的 3.已知函数 ， . （l）求 的单调区间； （2）若函数 在区间 内存在唯一的极值点，求 的值. 【答案】(1)单调递增区间为 ，单调递减区间为 .(2) 或 . 试题解析：（1）由已知得 ， . 当 时，由 ，得 ， 由 ，得 . 所以函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 . （2）因为 ， 则 . 由（1）可知，函数 在 上单调递增，在 上单调递减. 又因为 ， . 所以 在 上有且只有一个零点 . 又在 上 ， 在 上单调递减； 在 上 ， 在 上单调递增. 所以 为极值点，此时 . 又 ， ， 所以 在 上有且只有一个零点 . 又在 上 ， 在 上单调递增； 在 上 ， 在 上单调递减. 所以 为极值点，此时 . 综上所述， 或 . 【点睛】 本题先把极值点问题转化为，导函数零点问题，即零点存在性定理。利用方程根的存在性定 理求解三步曲是：①先移项使方程右边为零，再令方程左边为函数 f(x)；②求区间(a,b)两端 点的函数值 f(a)和(b)；③若函数在该区间上连续且 f(a)f(b)<0，则方程在该区间内必有根. 4.已知函数   1 lnxf x x ax    (其中 0a  ， e 2.7 ). (1)若函数  f x 在 1,  上为增函数，求实数a的取值范围； (2)当 1a  时，求函数  f x 在 1 ,2 2      上的最大值和最小值； 【答案】(1) 1a  ；（2）最大值是 1 1 ln2 2 f        ，最小值是 0；（3）证明见解析 . 【解析】试题分析：（1）先求出函数  f x 的导数  'f x ，由题意可知：当 1x  时，  ' 0f x  恒成立，解出 a的取值范围即可；（2）求导函数，确定函数的单调性，比较端点的函数值，即 可求得结论；（3）利用（2）的结论，只要令 1, 1 na x n    ，利用放缩法证明即可. 试题解析：(1)   1 lnxf x x ax    ，   2 1( 0).axf x a ax     函数  f x 在  1,  上为增函数，   0f x   对任意  1,x   恒成立. 1 0ax   对任意  1,x   恒成立，即 1a x  对任意  1,x   恒成立 .  1,x   时， max 1 1 x       ， 所求正实数 a的取值范围是 1a  . (2)当 1a  时，   2 1xf x x   ， 当 1 ,1 2 x     时，   0f x  ，故  f x 在 1 ,1 2     上单 调递减； 当  1,2x 时，   0f x  ，故  f x 在  1,2 上单调递增；  f x 在 1 ,2 2      上有唯一的极小值点，也是最小值点，    min 1 0f x f  又因为 1 1 ln2 2 f        ，   12 ln2 2 f   ，   31 3 lne ln162 2ln2 2 2 2 f f          3e ln16 0  ，  1 2 0 2 f f       所以  f x 在 1 ,2 2      上有的最大值是 1 1 ln2 2 f        综上所述，  f x 在 1 ,2 2      上有的最大值是1 ln2 ，最小值是 0 5.设函数   31 ( 0) 3 f x x ax a   ，   2 2 1g x bx b   ． （Ⅰ）若曲线  y f x 与曲线  y g x 在它们的交点  1,c 处具有公共切线，求 a， b的值； （Ⅱ）当 1 2 1a b   时，求函数    f x g x 在区间 , 3t t  上的最大值． 【答案】（1） 1 3 a  ， 1 3 b  ．（2）见解析 【解析】【试题分析】（１）借助导数的几何意义建立方程组求解；（２）依据题设条件借助到 数与函数的单调性之间的关系分析求解；（３）借助题设条件运用分类整合思想进行分析求解： （Ⅰ）   2'f x x a  ，  ' 2g x bx ． 因为曲线  y f x 与曲线  y g x 在它们的交点  1,c 处具有公共切线，所以    1 1f g ， 且    ' 1 ' 1f g ，即 1 2 1 3 a b b    ，且1 2a b  ，解得 1 3 a  ， 1 3 b  ． （Ⅱ）记      h x f x g x  ，当 1 2 1a b   时，   31 1 3 h x x x   ， 由（Ⅱ）  h x 的单调增区间为  , 1  ，  1, ；单调减区间为  1,1 ． ①当 3 1t    时，即 4t   时，  h x 在区间 , 3t t  上单调递增， 所以  h x 在区间 , 3t t  上的最大值为      3 3 21 13 3 3 1 3 8 5 3 3 h t t t t t t          ； ②当 1t   且 1 3 1t    ，即 4 2t    时，  h x 在区间  , 1t  上单调递增，在区间  1, 3t  上单调递减，所以  h x 在区间 , 3t t  上的最大值为   11 3 h    ； 当 1t   且1 3t  ，即 2 1t   时， 3 2t   且    2 1h h  ，所以  h x 在区间 , 3t t  上的最大值为   11 3 h    ； ③当 1 1t   时， 3 2 1t    ，  h x 在区间 ,1t 上单调递减，在区间 1, 3t  上单调递 增，所以  h x 在区间 , 3t t  上的最大值为  h t 与  3h t  中的较大者， 由       3 3 1 2h t h t t t     知，当 1 1t   时，    3h t h t  ，所以  h x 在区间  , 3t t  上的最大值为   3 213 3 8 5 3 h t t t t     ； ④当 1t  时，  h x 在区间  , 3t t  上单调递增，所以  h x 在区间  , 3t t  上的最大值为   3 213 3 8 5 3 h t t t t     ． 点睛：本题以含参数的函数解析式为背景，精心设置问题旨在考查导数与函数的单调性＼极 值（最值）等方面的综合运用。求解第一问时，充分借助导数的几何意义这一条件信息建立 方程组求解，使得问题获解；求解第二问时，依据题设条件借助到数与函数的单调性之间的 关系，先求函数的导数，再确定函数中参数的取值范围；解答本题的第三问时，先构造函数      h x f x g x  ，再求出其导数，然后）借助题设条件运用分类整合思想分别求出其最 大值从而使得问题获解。 6.设函数    2 , lnxf x x e g x x x  . （1）若      F x f x g x  ，证明：  F x 在  0, 上存在唯一零点； （2）设函数       min ,h x f x g x ，（  min ,a b 表示 ,a b中的较小值），若  h x  ， 求的取值范围. 【答案】（1）详见解析；（2） 24 ,e  . 【解析】试题分析：（1）证明  F x 在  0, 上存在唯一零点，需从两个方面进行，一是单 调性，确保至多一个零点，二是零点存在定理，确保至少一个零点.（2）即求函数  h x 的最 大值，根据分段函数最大值为各段最大值的最大值，先求各段函数单调性，确定最大值，并 比较可得函数最大值. （ 2 ） 由 （ 1 ） 得 ，  F x 在  1,2 上 存 在 唯 一 零 点 0x ，  00,x x 时 ，      0; ,f x g x x x   时，           0 2 0 , 0, , { , ,x xlnx x x f x g x h x x e x x       .当  00,x x 时，由于    0,1 , 0x h x  ；  01,x x 时，  ' ln 1 0h x x   ，于是  h x 在  01, x 单调递增，则    00 h x h x  ， 所以当 00 x x  时，    0h x h x .当  0 ,x x  时，因为    ' 2 xh x x x e  ，  0 , 2x x 时，  ' 0h x  ，则  h x 在 0 , 2x 单调递增；  2,x  时，  ' 0h x  ，则  h x 在  2, 单调递减，于是当 0x x 时，     22 4h x h e  ，所以函数  h x 的最大值为   22 4h e ，所以的取值范围为 24 ,e  . 7.已知函数 ． （I）若 ，求曲线 在点 处的切线 的方程； （II）设函数 有两个极值点 ，其中 ，求 的最小值． 【答案】（I） ;（II） ． 【解析】试题分析：（I）求出 ，可得切线斜率 ，再根据点斜式可得切线方程； （ II ） 得 ， 其 两 根 为 ， 且 ， 从 而 ，利用导师研究其单调性，进 而可得结果. 试题解析：（I）当 时， ， 得切线 的方程为 即 ． （II） ，定义域为 ． ，令 得 ，其两根为 ， 且 ．所以， ． ， ． 则 , , 当 时，恒有 时，恒有 ， 总之当 时， 在 上单调递减，所以 ， ． 【方法点晴】本题主要考查利用导数求曲线切线以及利用导数研究函数的单调性，属于难题. 求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出 在 处的导数，即 在点 出的切线斜率（当曲线 在 处的切线与 轴平行时，在 处导数不存在，切线方程为 ）；（2）由点斜式求得切线方程 . 8.已知    ln 0,f x ax x x e  ， ，   lnxg x x  ，其中 e是自然常数， a R . （1）当 1a  时，求  f x 的极值，并证明     1 2 f x g x  恒成立； （2）是否存在实数 a，使  f x 的最小值为3 ？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理 由. 【答案】(1)详见解析;(2) 2a e . 【解析】试题分析：（1）求出函数 f（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调 区间，求出 f（x）的极小值，令     1 ln 1 2 2 xh x g x x     ，求出 h（x）的最大值，从而证 出结论即可；（2）求出函数 f（x）的导数，通过讨论 a 的范围，求出函数 f（x）的最小值， 求出 a 的值即可． 试题解析： （1）证明：∵   lnf x x x  ，   1 1' 1 xf x x x     . ∴当0 1x  时，  ' 0f x  ，此时  f x 单调递减； 当1 x e  时，  ' 0f x  ，此时  f x 单调递增. ∴  f x 的极小值为  1 1f  .即  f x 在  0,e 上的最小值为1 . 令     1 ln 1 2 2 xh x g x x     ，   2 1 ln' xh x x   ， 当0 x e  时，  ' 0h x  ，  h x 在  0,e 上单调递增， ∴      max min 1 1 1 1 1 2 2 2 h x h e f x e        ， ∴     1 2 f x g x  恒成立. （2）假设存在实数 a，使     ln 0,f x ax x x e   有最小值3 ，   1 1' axf x a x x     . ①当 0a  时，  f x 在  0,e 上单调递减，    min 1 3f x f e ae    ， 4a e  （舍去）， ∴ 0a  时，不存在 a使  f x 的最小值为 3. ②当 10 e a   时，  f x 在 10, a       上单调递减，在 1 ,e a      上单调递增， ∴  min 1 1 ln 3f x f a a         ， 2a e ，满足条件. ③当 1 e a  时，  f x 在  0,e 上单调递减，    min 41 3f x f e ae a e     ， ，（舍去）， ∴ 1 e a  时，不存在 a使  f x 的最小值为3 . 综上，存在实数 2a e ，使得当  0,x e 时，  f x 有最小值3 . 【点睛】本题考查利用导数求闭区间上函数最值的应用，涉及到不等式恒成立的证明和探索 是否存在实数 a,使  f x 有最小值3，解题时要认真审题，注意合理地进行等价转化，合理地 运用分类讨论思想进行解题. 9. 已知函数    2 2 lnf x x x m x m R    ，   3 4 xg x x e      . （Ⅰ）若 1m  ,求  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程； （Ⅱ）讨论函数  f x 的单调性； （Ⅲ）若  f x 存在两个极值点 1 2 1 2, ( )x x x x ，求  1 2g x x 的最小值. 【来源】重庆一中 2017 届高三下学期期中考试试卷（5月考）数（文） 【答案】（1） 2 0x y   （2）见解析（3）   1 4 min 1 4 g t g e         试题解析：解:（Ⅰ） 1m  时,   2 2 lnf x x x x   所以     2 / /1 2 2 12 2 ( 0) 1 1, 1x xf x x x f k x x            1 0f  , 所以在点   1, 1f 处的切线方程为  1 1 1 2 0y k x x x y         （Ⅱ）   2 / 2 22 2 ( 0)m x x mf x x x x x        22 2 0x x m   的 4 8m   的对称轴为 1 2 x  当 0  即 1 2 m  时,方程 22 2 0x x m   无解,   2 / 2 22 2 0m x x mf x x x x        在  0, 恒成立,所以  f x 在  0, 单增 当 0  即 1 2 m  时,方程 22 2 0x x m   有相等的实数解,   2 / 2 22 2 0m x x mf x x x x        在  0, 恒成立,所以  f x 在  0, 单增 当 0  即 1 2 m  时,方程 22 2 0x x m   有解, 解得 1 2 1 1 2 1 1 2, 2 2 m mx x      当 0m  时, 1 20x x  ,解不等式   2 / 2 2 22 2 0m x x mf x x x x x x          所以  f x 在  2 ,x  单增,在  20, x 单减 当 10 2 m  时, 1 20 x x  ,解不等式 2 2 1 2 2 0 0x x m x x x x x       或 所以  f x 在  2 ,x  单增,在  1 2,x x 单减 ,在  2 ,x  和  10, x 单增, 综上所得: ， 单调递减， 单调递增； ， 单调递增， 单调递减， 单调递增； ， 单调递增 (Ⅲ)´由(Ⅰ)可知当 10, 2 m      时函数  f x 有两个极值点 1, 2x x , 1 2( )x x 且 1, 2x x 为方程 22 2 0x x m   的两个根, 1 2 1 1 2 1 1 2, 2 2 m mx x      , 1 2 1 2x x m    令  11 2 0, , 1,0 2 t m m t             ,则问题转化为   3 4 tg t t e      在  1,0t  的最 值. 又∵  / 3 1 , 4 4 t t tg t t e e t e               且    / /1 11, 0, ,0 0 4 4 t g t t g t               时 时 , 所以  g t 在    1 11, , ,0 4 4 t g t t g t             时 单减 时 单增 ,所以当 1 4 t   时  g t 最小 ∴   1 4 min 1 4 g t g e         【点睛】本题考查了利用导数解决切线，单调性和函数极值，最值的综合问题，利用导数求 函数  f x 的单调区间的步骤：①确定函数  f x 的定义域；②对  f x 求导；③令   0f x  ， 解不等式得 x 的范围就是递增区间，令   0f x  ，解不等式得 x的范围就是递减区间，利 用导数求极值，先求导数的零点，再分析两侧的单调性，确定是极大值还是极小值. 10.已知函数   2 4 xxf x e x   . （I）讨论函数的单调性,并证明当 2x   时， 2 4 0xxe x    ; （Ⅱ）证明：当  0,1a 时，函数     2 2 3 ( 2) 2 xe ax ag x x x        有最小值，设  g x 最小值 为  h a ，求函数  h a 的值域. 【来源】河北省定州中学 2017 届高三下学期第二次月考（4月）数学试题 【答案】（1）见解析（2） 21 e, 2 4       【解析】试题分析：（1）先求函数导数，确定导函数在定义区间上恒非负，故得函数单调区 间；根据函数单调递增得    f x f 2 1    ，即得不等式，（2）利用（1）结论可得函数  g x 的导数  φ x 在区间  2,   内单调递增，根据零点存在定理可得  φ x 有一唯一零点 0x 且 02 x 0   ．从而可得  g x 在 0x 处取最小值，利用 0 20 0 e 4 xxa x    化简  h a ，得     0 2 0 0 1 e 4 xh a g x x    ．最后再利用导数研究函数  h a 单调性，即得函数  h a 的值域. （2）对    2 e 3 2 x ax ag x x     求导，得           2 2 3 3 4 ee 4 4 2 2 x x xx ax a x xg x x x              ， 2x   ． 记   2e 4 xxx a x     ， 2x   ． 由（Ⅰ）知，函数  x 区间  2,  内单调递增， 又  2 1 0a      ，  0 0a   ， 所 以 存 在 唯 一 正 实 数 0x ， 使 得   00 0 0 2 e 0 2 xxx a x       ． 于是，当  02,x x  时，   0x  ，   0g x  ，函数  g x 在区间  02, x 内单调递减； 当  0 ,x x  时，   0x  ，   0g x  ，函数  g x 在区间  0 ,x  内单调递增． 所以  g x 在  2,  内有最小值     0 2 0 0 2 0 e 3 2 x ax ag x x      ， 由题设即     0 2 0 2 0 e 3 2 x ax ah a x      ． 又因为 0 20 0 e 4 xxa x    ．所以     0 2 0 0 1 e 4 xh a g x x    ． 根据（Ⅰ）知，  f x 在  2,  内单调递增，  0 20 0 e 1,0 4 xx a x       ，所以 02 0x   ． 令   21 e ( 2 0) 4 xu x x x      ，则   23 e 0 4 xxu x x      ，函数  u x 在区间  2,0 内单 调递增， 所以      2 0u u x u   ， 即函数  h a 的值域为 21 e, 2 4       ．