2021新高考数学二轮总复习专题突破练8函数的单调性极值点极值最值含解析.docx

1、专题突破练8函数的单调性、极值点、极值、最值1.设函数f(x)=aln x+x-1x+1,其中a为常数.(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)讨论函数f(x)的单调性.2.已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,bR,e=2.718 28为自然对数的底数.设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间0,1上的最小值.3.(2020山东济南三模,21)已知函数f(x)=aln(x+b)-x.(1)若a=1,b=0,求f(x)的最大值;(2)当b0时,讨论f(x)极值点的个数.4.(2020山西太原三模,21)已知函数f(x)=ln x+kx.

2、(1)当k=-1时,求函数f(x)的极值点;(2)当k=0时,若f(x)+bx-a0(a,bR)恒成立,求ea-1-b+1的最大值.5.(2020山东烟台模拟,22)已知函数f(x)=a2x2-x(ln x-b-1),a,bR.(1)略;(2)若f(x)在(0,+)上单调递增,且ce2a+b,求c的最大值.6.已知函数f(x)=x3+32x2-4ax+1(aR).(1)若函数f(x)有两个极值点,且都小于0,求a的取值范围;(2)若函数h(x)=a(a-1)ln x-x3+3x+f(x),求函数h(x)的单调区间.7.(2020山东济宁6月模拟,22)已知函数f(x)=x-aln x.(1)若

3、曲线y=f(x)+b(a,bR)在x=1处的切线方程为x+y-3=0,求a,b的值;(2)求函数g(x)=f(x)+a+1x(aR)的极值点;(3)设h(x)=1af(x)+aex-xa+ln a(a0),若当xa时,不等式h(x)0恒成立,求a的最小值.8.已知函数f(x)=ax2+xln x(a为常数,aR,e为自然对数的底数,e=2.718 28).(1)若函数f(x)0恒成立,求实数a的取值范围;(2)若曲线y=f(x)在点(e,f(e)处的切线方程为y=(2e+2)x-e2-e,kZ且k1都成立,求k的最大值.专题突破练8函数的单调性、极值点、极值、最值1.解(1)当a=0时,f(x

4、)=x-1x+1,x(0,+).此时f(x)=2(x+1)2,于是f(1)=12,f(1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y-0=12(x-1),即x-2y-1=0.(2)函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=ax+2(x+1)2=ax2+2(a+1)x+ax(x+1)2.当a0时,f(x)0,所以函数f(x)在(0,+)上单调递增.当a0时,令g(x)=ax2+2(a+1)x+a,则=4(a+1)2-4a2=4(2a+1).()当a-12时,0,所以g(x)0,于是f(x)0,所以函数f(x)在(0,+)上单调递减.()当-12a0,此时g(x)=0有两个不相

5、等的实数根,分别是x1=-(a+1)+2a+1a,x2=-(a+1)-2a+1a,x10,x1x2=10,可得0x1x2.当0xx2时,有g(x)0,f(x)0,所以函数f(x)单调递减;当x1x0,f(x)0,所以函数f(x)单调递增.综上所述,当a0时,函数f(x)在(0,+)上单调递增;当a-12时,函数f(x)在(0,+)上单调递减;当-12a0时,函数f(x)在0,-(a+1)+2a+1a,-(a+1)-2a+1a,+上单调递减,在-(a+1)+2a+1a,-(a+1)-2a+1a上单调递增.2.解g(x)=f(x)=ex-2ax-b,g(x)=ex-2a.因为x0,1,所以1-2a

6、g(x)e-2a.若1-2a0,即a12时,有g(x)=ex-2a0,所以函数g(x)在区间0,1上单调递增,于是g(x)min=g(0)=1-b.若12ae,即12ae2时,当0xln(2a)时,g(x)=ex-2a0,当ln(2a)x1时,g(x)=ex-2a0,所以函数g(x)在区间0,ln(2a)上单调递减,在区间ln(2a),1上单调递增,于是g(x)min=gln(2a)=2a-2aln(2a)-b.若e-2a0,即ae2时,有g(x)=ex-2a0,所以函数g(x)在区间0,1上单调递减,于是g(x)min=g(1)=e-2a-b.综上所述,g(x)在区间0,1上的最小值为g(x

7、)min=1-b,a12,2a-2aln(2a)-b,12a0,得0x4,由f(x)4,所以f(x)在(0,4)上单调递增,在(4,+)上单调递减,所以f(x)max=f(4)=2ln2-2.(2)当b0时,函数f(x)定义域为0,+),f(x)=ax+b-12x=-x+2ax-b2x(x+b),当a0时,f(x)0时,设h(x)=-x+2ax-b,()当4a2-4b0,即00,即ab时,记方程h(x)=0的两根分别为x1,x2,则x1+x2=2a0,x1x2=b0,所以x1,x2都大于0,即f(x)在(0,+)上有2个变号零点,所以,此时f(x)极值点的个数为2个.综上所述,ab时,f(x)

8、极值点的个数为0个;ab时,f(x)极值点的个数为2个.4.解(1)f(x)定义域为(0,+),当k=-1时,f(x)=lnx-x,f(x)=1x-1,令f(x)=0,得x=1,当f(x)0时,解得0x1,当f(x)1,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,所以f(x)有极大值点为x=1,无极小值点.(2)当k=0时,f(x)+bx-a=lnx+bx-a.若f(x)+bx-a0(a,bR)恒成立,则lnx+bx-a0(a,bR)恒成立,所以alnx+bx恒成立,令g(x)=lnx+bx,则g(x)=x-bx2,由题意b0,函数g(x)在(0,b)上单调递减,在(b,+)上

9、单调递增,所以g(x)min=g(b)=lnb+1,所以alnb+1,所以a-1lnb,所以ea-1b,ea-1-b+11,故当且仅当ea-1=b时,ea-1-b+1的最大值为1.5.解(1)略(2)因为f(x)在(0,+)上单调递增,即f(x)=ax+b-lnx0在(0,+)上恒成立,设h(x)=ax+b-lnx,则h(x)=a-1x,若a=0,则h(x)0,则h(x)在(0,+)上单调递减,显然f(x)=b-lnx0在(0,+)上不恒成立;若a0,则h(x)max-ba,1时,ax+b0,-lnx0,故h(x)0,当0x1a时,h(x)1a时,h(x)0,h(x)单调递增,所以h(x)mi

10、n=h1a=1+b+lna,由h(x)min0得2a+b2a-1-lna,设m(x)=2x-1-lnx,x0,则m(x)=2-1x,当0x12时,m(x)12时,m(x)0,m(x)单调递增,所以m(x)m12=ln2,所以2a+bln2.又ce2a+b,所以c2,即c的最大值为2.6.解(1)由f(x)有两个极值点且都小于0,得f(x)=3x2+3x-4a=0有两个不相等的负实根,=9+48a0,x1+x2=-10,解得-316a0,则h(x)=a(a-1)x+3x-(4a-3)=1x(3x-a)x-(a-1).令(3x-a)x-(a-1)=0,得x=a3或x=a-1,令a3=a-1,得a=

11、32.当a30,a-10,即a0时,在(0,+)上h(x)0恒成立;当0a3,a-10,即0a3时,h(x)0,当0xa3时,h(x)a-10,即1a32,当0xa3时,h(x)0,当a-1xa3时,h(x)0,即a=32时,h(x)0恒成立;当a-1a30,即a32,当0xa-1时,h(x)0,当a3xa-1时,h(x)0.综上所述:当a0或a=32时,h(x)在(0,+)上单调递增;当0a1时,h(x)在a3,+上单调递增,在0,a3上单调递减;当1a32时,h(x)在0,a3,(a-1,+)上单调递增,在a3,a-1上单调递减.7.解(1)由f(x)=x-alnx,得y=f(x)+b=x

12、-alnx+b,y=f(x)=1-ax.由已知可得f(1)=-1,f(1)+b=2,即1-a=-1,1+b=2,a=2,b=1.(2)g(x)=f(x)+a+1x=x-alnx+a+1x,g(x)=1-ax-a+1x2=(x+1)x-(a+1)x2(x0),所以当a+10,即a-1时,g(x)0,g(x)在(0,+)上为增函数,无极值点;当a+10,即a-1时,则有当0xa+1时,g(x)a+1时,g(x)0,g(x)在(0,a+1)上为减函数,在(a+1,+)上为增函数,所以x=a+1是g(x)极小值点,无极大值点;综上可知,当a-1时,函数g(x)无极值点,当a-1时,函数g(x)的极小值

13、点是a+1,无极大值点.(3)h(x)=1af(x)+aex-xa+lna=aex-lnx+lna(a0),由题意知,当xa时,aex-lnx+lna0恒成立,又不等式aex-lnx+lna0等价于aexlnxa,即ex1alnxa,即xexxalnxa,由xa0知:xa1,lnxa0,所以式等价于ln(xex)lnxalnxa,即x+lnxlnxa+lnlnxa,设(x)=x+lnx(x0),则原不等式即为(x)lnxa,又(x)=x+lnx(x0)在(0,+)上为增函数,所以原不等式等价于xlnxa,又式等价于exxa,亦即axex(xa0),设F(x)=xex(x0),则F(x)=1-x

14、ex,F(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+)上为减函数,又xa0,当0a1时,F(x)在(a,1)上为增函数,在(1,+)上为减函数,F(x)F(1)=1e,要使原不等式恒成立,须使1ea1,当a1时,则F(x)在(a,+)上为减函数,F(x)F(1)=1e,要使原不等式恒成立,须使a1e,a1时,原不等式恒成立.综上可知:a的取值范围是1e,+,所以a的最小值为1e.8.解(1)函数f(x)0恒成立,即ax2+xlnx0恒成立,可得a-lnxx恒成立.设g(x)=-lnxx,g(x)=lnx-1x2.当0xe时,g(x)e时,g(x)0,g(x)递增,可得当x=e时g(x)取得最小值,

15、且g(e)=-lnee=-1e,所以a-1e.(2)f(x)的导数为f(x)=2ax+1+lnx,曲线y=f(x)在点(e,f(e)处的切线斜率为2ae+2=2e+2,可得a=1,即f(x)=x2+xlnx.又由k1都成立,可得k1恒成立.设h(x)=x2+xlnxx-1,x1,h(x)=x2-x-lnx-1(x-1)2.设k(x)=x2-x-lnx-1,x1,k(x)=2x-1-1x=(x-1)(2x+1)x0,可得k(x)在(1,+)内递增,由k(1.8)=0.44-ln1.8.由1.8e可得ln1.812,即有k(1.8)0,则存在m(1.8,2),使得k(m)=0,则1xm,k(x)0,h(x)m时,k(x)0,h(x)0,h(x)在xm递增,可得h(x)min=h(m)=m2+mlnmm-1.又k(m)=m2-m-lnm-1=0,即有m2-1=m+lnm,可得h(x)min=m2+m在(1.8.2)递增,可得h(x)min(5.04,6),由kh(x)min,kZ,故k的最大值为5.