2021新高考数学二轮复习：专题突破练8　函数的单调性、极值点、极值、最值.docx

1、专题突破练专题突破练 8 函数的单调性、极值点、极值、最函数的单调性、极值点、极值、最 值值 1.设函数 f(x)=aln x+ - ,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)- . (1)若 a=1,b=0,求 f(x)的最大值; (2)当 b0时,讨论

2、 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. (1)当 k=-1时,求函数 f(x)的极值点; (2)当 k=0时,若 f(x)+ -a0(a,bR)恒成立,求 e a-1-b+1的最大值. 5.(2020 山东烟台模拟,22)已知函数 f(x)= x 2-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+ x 2-4ax+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

3、-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)+ (aR)的极值点; (3)设 h(x)= f(x)+ae x- +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

4、)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)= - ,x(0,+). 此时 f(x)= ,于是 f(1)= ,f(1)=0,所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为 y- 0= (x-1), 即 x-2y-1=0. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+),f(x)= 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

5、)2-4a2=4(2a+1). ()当 a- 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- a0,此时 g(x)=0有两个不相等的实数根,分别是 x1=- ,x2=- - ,x1x2.下面判断 x1,x2是否在定义域(0,+)内.由韦达定 理 - 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- 时,函数 f(x)在(0,+)上单调递减;当- a0 时,函数 f(x)在 0,

6、- , - - ,+ 上单调递减,在 - - - 上单调递增. 2.解 g(x)=f(x)=ex-2ax-b,g(x)=ex-2a.因为 x0,1,所以 1-2ag(x)e-2a. 若 1-2a0,即 a 时,有 g(x)=e x-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 a 时,当 0 xln(2a)时,g(x)=e x-2a0,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)=2ln 2-2. (2)当 b0 时,函数 f(x)定义域为0,+),

7、f(x)= - - , 当 a0时,f(x)0 时,设 h(x)=-x+2a -b, ()当 4a2-4b0,即 00,即 a 时,记方程 h(x)=0的两根分别为 x1,x2, 则 =2a0, =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,a 时,f(x)极值点的个数为 0 个;a 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)=ln x-x,f(x)= -1,令 f(x)=0,得 x=1,当 f(x)0时, 解得 0x1,当 f(x)1,所以

8、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)+ -a=ln x+ -a. 若 f(x)+ -a0(a,bR)恒成立,则 ln x+ -a0(a,bR)恒成立, 所以 aln x+ 恒成立, 令 g(x)=ln x+ ,则 g(x)= - , 由题意 b0,函数 g(x)在(0,b)上单调递减,在(b,+)上单调递增, 所以 g(x)min=g(b)=ln b+1, 所以 aln b+1,所以 a-1ln b, 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

9、 1. 5.解 (1)略 (2)因为 f(x)在(0,+)上单调递增,即 f(x)=ax+b-ln x0在(0,+)上恒成立,设 h(x)=ax+b-ln x,则 h(x)=a- , 若 a=0,则 h(x)0,则 h(x)在(0,+)上单调递减,显然 f(x)=b-ln x0 在(0,+)上不 恒成立; 若 a0,则 h(x)max- 时,ax+b0,-ln x0,故 h(x)0,当 0x 时,h(x) 时,h(x)0,h(x)单调递增, 所以 h(x)min=h( )=1+b+ln a, 由 h(x)min0得 2a+b2a-1-ln a, 设 m(x)=2x-1-ln x,x0, 则 m

10、(x)=2- , 当 0x 时,m(x) 时,m(x)0,m(x)单调递增,所以 m(x)m( )=ln 2, 所以 2a+bln 2.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, - - 解得- a0, 则 h(x)= - +3x-(4a-3)= (3x-a)x-(a-1). 令(3x-a)x-(a-1)=0,得 x= 或 x=a-1,令 =a-1,得 a= 当 - 即 a0 时,在(0,+)上 h(x)0 恒成立; 当 - 即 0 时,h(x)0,当 0x 时,h(x)

11、a-10,即 1a ,当 0x 时,h(x)0,当 a-1x 时,h(x)0,即 a= 时,h(x)0 恒成立; 当 a-1 0,即 a ,当 0xa-1时,h(x)0,当 xa-1时,h(x)0. 综上所述:当 a0或 a= 时,h(x)在(0,+)上单调递增; 当 0a1 时,h(x)在 ,+ 上单调递增,在 0, 上单调递减; 当 1a 时,h(x)在 0, ,(a-1,+)上单调递增,在 ,a-1 上单调递减. 7.解 (1)由 f(x)=x-aln x,得 y=f(x)+b=x-aln x+b,y=f(x)=1- 由已知可得 - 即 - - a=2,b=1. (2)g(x)=f(x)

12、+ =x-aln x+ ,g(x)=1- - (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)的极小值点是 a+1,无 极大值点. (3)h(x)= f(x)+ae x- +ln a=ae x-ln x+ln a(a0),由题意知,当 xa时,aex-ln x+ln a

13、0恒 成立, 又不等式 aex-ln x+ln a0等价于 aexln , 即 ex ln ,即 xe x ln , 由 xa0知: 1,ln 0,所以式等价于 ln(xe x)ln( ), 即 x+ln xln +ln( ), 设 (x)=x+ln x(x0), 则原不等式即为 (x) ( ), 又 (x)=x+ln x(x0)在(0,+)上为增函数, 所以原不等式等价于 xln , 又式等价于 ex ,亦即 a (xa0),设 F(x)= (x0), 则 F(x)= - ,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,

14、在(1,+)上为减函数, F(x)F(1)= ,要使原不等式恒成立,须使 a1, 当 a1时,则 F(x)在(a,+)上为减函数,F(x)F(1)= , 要使原不等式恒成立,须使 a , a1 时,原不等式恒成立. 综上可知:a的取值范围是* ),所以 a 的最小值为 8.解 (1)函数 f(x)0恒成立,即 ax2+xln x0恒成立,可得 a- 恒成立. 设 g(x)=- ,g(x)= - 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,且 g(e)=- =- ,所以 a- (2)f(x)的导数为 f(x)=2ax+1+ln x,曲线 y=f(

15、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+xln x. 又由 k1都成立,可得 k1 恒成立. 设 h(x)= - ,x1,h(x)= - - - - 设 k(x)=x2-x-ln x-1,x1, k(x)=2x-1- - 0, 可得 k(x)在(1,+)内递增,由 k(1.8)=0.44-ln 1.8. 由 1.8 可得 ln 1.8 , 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)= - 又 k(m)=m2-m-ln m-1=0, 即有 m2-1=m+ln m, 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.