高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题1 集合常用逻辑用语不等式函数与导数 第6讲 高考中导数的综合运用 第1课时 利用导数研究函数的单调性极值最值专题限时集训 理

专题限时集训专题限时集训( (六六) ) 利用导数研究函数的单调性、极值、最值利用导数研究函数的单调性、极值、最值 (建议用时：45 分钟) 1设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0. (1)讨论f(x)在其定义域上的单调性； (2)当x0,1时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值 解 (1)f(x)的定义域为(，)， f(x)1a2x3x2.1 分 令f(x)0，得x1，x2，x1x2时，f(x)0. 5 分 故f(x)在(，x1)和(x2，)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增. 6 分 (2)因为a0，所以x10.7 分 当a4 时，x21，由(1)知，f(x)在0,1上单调递增，所以f(x)在x0 和x1 处分别取得最小值和最大值. 10 分 当 00)， 8 分 2 x2 3 x ax23x2 x2 由题意可得方程ax23x20 有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1，x2，并 令h(x)ax23x2， 10 分 则Error!也可以为Error!13 分 解得 0a . 14 分 9 8 3如图 64，现要在边长为 100 m 的正方形ABCD内建一个交通“环岛” 正方形的 四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x不小于 9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆 心建一个半径为x2 m 的圆形草地为了保证道路畅通，岛口宽不小于 60 m，绕岛行驶的 1 5 路宽均不小于 10 m. 图 64 (1)求x的取值范围；(运算中取 1.4) 2 (2)若中间草地的造价为a元/m2，四个花坛的造价为ax元/m2，其余区域的造价为 4 33 元/m2，当x取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？ 12a 11 解 (1)由题意得，Error! 2 分 解得Error! 4 分 即 9x15. 6 分 (2)记“环岛”的整体造价为y元，则由题意得 ya 2 axx2 ( 1 5x2) 4 33 12a 11 (104 ( 1 5x2)2x2) ， 8 分 a 11( 1 25x4 4 3x312x2)12 104 令f(x)x4x312x2，则f(x)x34x224x4x， 1 25 4 3 4 25 ( 1 25x2x6) 10 分 由f(x)0，解得x10 或x15， 列表如下： x9(9,10)10(10,15)15 f(x) 0 0 f(x) 极小值 所以当x10，y取最小值 即当x10m 时，可使“环岛”的整体造价最低. 14 分 4设函数f(x)ln(x1)a(x2x)，其中aR R. (1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由； (2)若x0，f(x)0 成立，求a的取值范围 解 (1)由题意知，函数f(x)的定义域为(1，)， f(x)a(2x1). 1 分 1 x1 2ax2axa1 x1 令g(x)2ax2axa1，x(1，). 2 分 当a0 时，g(x)1， 此时f(x)0，函数f(x)在(1，)上单调递增，无极值点； 3 分 当a0 时，a28a(1a)a(9a8) a当 0a 时，0，g(x)0， 8 9 f(x)0，函数f(x)在(1，)上单调递增，无极值点； 4 分 b当a 时，0， 8 9 设方程 2ax2axa10 的两根为x1，x2(x1x2)， 因为x1x2 ， 1 2 所以x1 ，x2 . 5 分 1 4 1 4 由g(1)10，可得1x1 . 1 4 所以当x(1，x1)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递增； 当x(x1，x2)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递减； 当x(x2，)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递增， 6 分 因此，函数有两个极值点 c当a0 时，0， 由g(1)10，可得x11. 当x(1，x2)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递增； 当x(x2，)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递减， 所以函数有一个极值点. 7 分 综上所述，当a0 时，函数f(x)有一个极值点； 当 0a 时，函数f(x)无极值点； 8 9 当a 时，函数f(x)有两个极值点. 8 分 8 9 (2)由(1)知， 当 0a 时，函数f(x)在(0，)上单调递增， 8 9 因为f(0)0，所以x(0，)时，f(x)0，符合题意.9 分 当 a1 时，由g(0)0，得x20， 8 9 所以函数f(x)在(0，)上单调递增 又f(0)0，所以x(0，)时，f(x)0，符合题意. 10 分 当a1 时，由g(0)0，可得x20. 所以x(0，x2)时，函数f(x)单调递减 因为f(0)0， 所以x(0，x2)时，f(x)0，不合题意. 11 分 当a0 时，设h(x)xln(x1) 因为x(0，)时，h(x)10， 1 x1 x x1 所以h(x)在(0，)上单调递增. 12 分 因此，当x(0，)时，h(x)h(0)0， 即 ln(x1)x. 可得f(x)xa(x2x)ax2(1a)x， 当x1 时，ax2(1a)x0， 1 a 此时f(x)0，不符合题意 综上所述，a的取值范围是0,1. 14 分 5(2016无锡期末)已知函数f(x)ln x(a0) ae2 x (1)当a2 时，求出函数f(x)的单调区间； (2)若不等式f(x)a对于x0 的一切值恒成立，求实数a的取值范围 解 (1)当a2 时，函数f(x)ln x ， 1 分 e x 所以f(x) ， 2 分 1 x e x2 xe x2 所以当x(0，e)时，f(x)0，则函数f(x)在(0，e)上单调递减；3 分 当x(e，)时，f(x)0，则函数f(x)在(e，)上单调递增. 4 分 (2)由题意知 ln xa恒成立， 5 分 ae2 x 原式等价于xln xae2ax0 在(0，)上恒成立， 令g(x)xln xae2ax， 6 分 因为g(x)ln x1a，令g(x)0，得xea1， x (0，ea1)ea1(ea1，) g(x) 0 g(x) 极小 所以g(x)的最小值为g(ea1)(a1)ea1ae2aea1ae2ea1， 8 分 令t(x)xe2ex1，因为t(x)1ex1， 令t(x)0，得x1，且 x(0,1)1 (1，) t(x) 0 t(x) 极大 所以当a(0,1)时，g(x)的最小值t(a)t(0)e2 0， 1 e ee21 e 12 分 当a1，)时，g(x)的最小值为t(a)ae2ea10t(2)， 所以a1,2. 14 分 6(2016苏北三市三模)已知函数f(x)，g(x)ax2ln xa(aR R，e 为自然 ex ex 对数的底数) (1)求f(x)的极值； (2)若在区间0，e上，对于任意的x0，总存在两个不同的x1，x2，使得g(x1)g(x2) f(x0)，求a的取值范围 解 (1)因为f(x)，所以f(x)， ex ex 1xe ex 令f(x)0，得x1. 2 分 当x(，1)时，f(x)0，f(x)是增函数； 当x(1，)时，f(x)0，f(x)是减函数 所以f(x)在x1 时取得极大值f(1)1，无极小值. 5 分 (2)由(1)知，当x(0,1)时，f(x)单调递增；当x(1，e时，f(x)单调递减 又因为f(0)0，f(1)1，f(e)ee1e0， 所以当x(0，e时，函数f(x)的值域为(0,1. 7 分 当a0 时，g(x)2ln x在(0，e上单调，不合题意； 当a0 时，g(x)a ，x(0，e， 2 x ax2 x a(x2 a) x 故必须满足 0 e，所以a . 8 分 2 a 2 e 此时，当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下： x (0， 2 a) 2 a ( 2 a，e g(x) 0 g(x) 最小值 所以x0，g(x)，g2a2ln ，g(e)a(e1)2. ( 2 a) 2 a 所以对任意给定的x0(0，e，在区间(0，e上总存在两个不同的x1，x2， 10 分 使得g(x1)g(x2)f(x0)，当且仅当a满足下列条件Error! 即Error! 令m(a)2a2ln ，a， 2 a ( 2 e，) m(a)，由m(a)0，得a2. 12 分 a2 a 当a(2，)时，m(a)0，函数m(a)单调递减； 当a时，m(