2020版高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 专题突破练6 函数的单调性、极值点、极值、最值 文
专题突破练6 函数的单调性、极值点、极值、最值
1.已知函数f(x)=(k为常数,e是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行.
(1)求k的值;
(2)求f(x)的单调区间.
2.(2018山东潍坊一模,文21节选)已知函数f(x)=aln x+x2.
(1)若a=-2,判断f(x)在(1,+∞)上的单调性;
(2)求函数f(x)在[1,e]上的最小值;
(3)略
3.(2018山东师大附中一模,文21)已知函数f(x)=(x-a)ex(a∈R).
(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;
(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.
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4.(2018山西晋城一模,文21)已知函数f(x)=ax2+(a-1)x+(1-2a)ln x(a>0).
(1)若x=2是函数的极值点,求a的值及函数f(x)的极值;
(2)讨论函数的单调性.
5.已知函数f(x)=ln x-,g(x)=ax+b.
(1)若a=2,F(x)=f(x)-g(x),求F(x)的单调区间;
(2)若函数g(x)=ax+b是函数f(x)=ln x-图象的切线,求a+b的最小值.
6.(2018福建厦门一模,文21)已知函数f(x)=xex-x2-x,a≤e,其中e为自然对数的底数.
(1)当a=0,x>0时,证明f(x)≥ex2;
(2)讨论函数f(x)极值点的个数.
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参考答案
专题突破练6 函数的单调性、
极值点、极值、最值
1.解 (1)由题意得f'(x)=,又f'(1)==0,故k=1.
(2)由(1)知,f'(x)=.
设h(x)=-ln x-1(x>0),
则h'(x)=-<0,
即h(x)在(0,+∞)上是减函数.
由h(1)=0知,当0
0,从而f'(x)>0;
当x>1时,h(x)<0,从而f'(x)<0.
综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞).
2.解 (1)当a=-2时,f'(x)=2x-,
由于x∈(1,+∞),故f'(x)>0,
∴f(x)在(1,+∞)上单调递增.
(2)f'(x)=2x+,当a≥0时,f'(x)≥0,f(x)在[1,e]上单调递增,
∴f(x)min=f(1)=1.
当a<0时,由f'(x)=0解得x=±(负值舍去),设x0=.
若≤1,即a≥-2,也就是-2≤a<0时,x∈[1,e],f'(x)>0,f(x)单调递增,∴
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f(x)min=f(1)=1.
若1<0),由已知f'(2)=2a+(a-1)+=2a-=0⇒a=,
此时f(x)=x2-x+ln x,f'(x)=x-,
当02时,f'(x)>0,f(x)是增函数,当10),
①当≤0,即a≥,01时,f'(x)>0,
所以f(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增;
②当0<<1,即1时,f'(x)>0,
1,即0时,f'(x)>0,
10,所以f(x)在定义域(0,+∞)上单调递增;
综上:①当00),
令F'(x)>0,解得01,故F(x)在(0,1)递增,在(1,+∞)递减.
(2)设切点,函数f(x)=ln x-的导数为f'(x)=,即切线的斜率为,则a=,ln m-=ma+b,
即有b=ln m--1,a+b=ln m--1,令=t>0,则a+b=-ln t-t+t2-1,
令a+b=φ(t)=-ln t+t2-t-1,则φ'(t)=-+2t-1=,
当t∈(0,1)时,φ'(t)<0,φ(t)在(0,1)上单调递减;
当t∈(1,+∞)时,φ'(t)>0,φ(t)在(1,+∞)上单调递增.
即有t=1时,φ(t)取得极小值,也为最小值.则a+b=φ(t)≥φ(1)=-1,故a+b的最小值为-1.
6.解 (1)当a=0,x>0时,f(x)=xex,f(x)≥ex2,即xex-ex2≥0,
∵x>0,只要证ex-ex≥0,记g(x)=ex-ex(x>0),则g'(x)=ex-e.
当01时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
所以g(x)≥g(1)=0,即f(x)≥ex2,原不等式成立.
(2)f'(x)=+x=(x+1)ex-ax(x+1)=(x+1)(ex-ax),
记h(x)=ex-ax,h'(x)=ex-a.
(ⅰ)当a<0时,h'(x)=ex-a>0,h(x)在R上单调递增,h(0)=1>0,h-1<0,
所以存在唯一x0∈,h(x0)=0,且当xx0,h(x)>0,
①若x0=-1,即a=-时,对任意x≠-1,f'(x)>0,此时f(x)在R上单调递增,无极值点.
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②若x0<-1,即--1时,f'(x)>0.
即f(x)在(-∞,x0),(-1,+∞)上单调递增;当x0x0时,f'(x)>0.
即f(x)在(-∞,-1),(x0,+∞)上单调递增;
当-1ex-ex≥0,从而h(x)>0,
而对任意x<0,h(x)=ex-ax>ex>0;所以对任意x∈R,h(x)>0.
此时令f'(x)<0,得x<-1;令f'(x)>0,得x>-1.
所以f(x)在(-∞,-1)单调递减;在(-1,+∞)上单调递增;此时f(x)有一个极小值点-1,无极大值点.
(ⅳ)当a=e时,由(1)可知,对任意x∈R,h(x)=ex-ax=ex-ex≥0,当且仅当x=1时取等号,此时令f'(x)<0,得x<-1;令f'(x)>0,得x>-1,所以f(x)在(-∞,-1)单调递减;在(-1,+∞)上单调递增;此时f(x)有一个极小值点-1,无极大值点.
综上可得:当a<-或-
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