高考数学二轮复习 第二篇 第26练 导数与函数的单调性、极值、最值精准提分练习 文-人教版高三数学试题

[明晰考情]1.命题角度：讨论函数的单调性、极值、最值以及利用导数求参数范围是高考的热点.2.题目难度：偏难题.考点一利用导数研究函数的单调性方法技巧(1)函数单调性的判定方法：在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递减.(2)已知函数的单调性求参数的取值范围：若可导函数f(x)在某个区间内单调递增(或递减)，则可以得出函数f(x)在这个区间内f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，从而转化为恒成立问题来解决(注意等号成立的检验).(3)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解.1.(2018·宁夏模拟)已知函数f(x)＝ex＋eq\f(1,ax)(a≠0，x≠0)在x＝1处的切线与直线(e－1)x－y＋2018＝0平行，求a的值并讨论函数y＝f(x)在(－∞，0)上的单调性.解∵f′(x)＝ex－eq\f(1,ax2)，f′(1)＝e－eq\f(1,a)＝e－1，∴a＝1.∴f′(x)＝ex－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2ex－1,x2)，令h(x)＝x2ex－1，则h′(x)＝(2x＋x2)ex，∴当x∈(－∞，－2)时，h′(x)>0；当x∈(－2,0)时，h′(x)<0.则h(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,0)上单调递减.∴当x∈(－∞，0)时，h(x)≤h(－2)＝eq\f(4,e2)－1<0，即当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(－∞，0)上单调递减.2.设函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a>0，求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围.解(1)f′(x)＝x2－ax＋b，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝1，,f′0＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,b＝0.))(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a).(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，即当x∈(－2，－1)时，a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))max＝－2eq\r(2)，当且仅当x＝eq\f(2,x)，即当x＝－eq\r(2)时等号成立.所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2eq\r(2)).3.设函数f(x)＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R).(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围.解(1)对f(x)求导，得f′(x)＝eq\f(6x＋aex－3x2＋axex,ex2)＝eq\f(－3x2＋6－ax＋a,ex)，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.当a＝0时，f(x)＝eq\f(3x2,ex)，f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex)，故f(1)＝eq\f(3,e)，f′(1)＝eq\f(3,e)，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1)，化简得3x－ey＝0.(2)由(1)知，f′(x)＝eq\f(－3x2＋6－ax＋a,ex).令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0，解得x1＝eq\f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6).当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数；当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)为增函数；当x＞x2时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数.由f(x)在[3，＋∞)上为减函数知，x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6)≤3，解得a≥－eq\f(9,2)，故a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).4.已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－2alnx＋(a－2)x.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)是否存在实数a，使函数g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.解(1)当a＝－1时，f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2lnx－3x(x>0)，则f′(x)＝x＋eq\f(2,x)－3＝eq\f(x2－3x＋2,x)＝eq\f(x－1x－2,x).当0<x<1或x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当1<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减.∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，(2，＋∞)，单调递减区间为(1,2).(2)假设存在实数a，使g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上是增函数，则g′(x)＝f′(x)－a＝x－eq\f(2a,x)－2≥0恒成立，即eq\f(x2－2x－2a,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴x2－2x－2a≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴a≤eq\f(1,2)(x2－2x)＝eq\f(1,2)(x－1)2－eq\f(1,2)恒成立.又φ(x)＝eq\f(1,2)(x－1)2－eq\f(1,2)，x∈(0，＋∞)的最小值为－eq\f(1,2).∴当a≤－eq\f(1,2)时，g′(x)≥0恒成立.又当a＝－eq\f(1,2)时，g′(x)＝eq\f(x－12,x)，当且仅当x＝1时，g′(x)＝0.故当a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))时，g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增.考点二导数与函数的极值、最值要点重组(1)可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点.(2)极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数取得极值，在x0处，f′(x0)＝0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件.(3)一般地，在闭区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么函数y＝f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值.函数的最值必在极值点或区间的端点处取得.5.已知函数f(x)＝ax－1－lnx(a∈R)，讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数.解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x).当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点.当a>0时，由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,a)；由f′(x)>0，得x>eq\f(1,a)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，故f(x)在x＝eq\f(1,a)处有极小值，无极大值.综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点.6.(2017·北京)已知函数f(x)＝excosx－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值.解(1)因为f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0，又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(2)由(1)可知，f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，则h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减.所以对任意x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.所以函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减.因此f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为f(0)＝1，最小值为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2).7.已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x).(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x>0，均有x(2lna－lnx)≤a恒成立，求正数a的取值范围.解(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)，x∈(0，＋∞).①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，无极值；②当a>0，x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上为减函数；x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上为增函数，所以f(x)在(0，＋∞)上有极小值，无极大值，f(x)的极小值为f(a)＝lna＋1.(2)若对任意x>0，均有x(2lna－lnx)≤a恒成立，即对任意x>0，均有2lna≤eq\f(a,x)＋lnx恒成立，由(1)可知f(x)的最小值为lna＋1，问题转化为2lna≤lna＋1，即lna≤1，故0<a≤e，故正数a的取值范围是(0，e].典例(12分)设函数f(x)＝eq\f(1,2)a2x2－lnx(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)如果函数f(x)的图象不在x轴的下方，求实数a的取值范围.审题路线图(1)eq\x(求导得f′x＝a2x－\f(1,x)x>0)→eq\x(分a＝0，a>0，a<0讨论)→eq\x(得fx的单调区间)(2)eq\x(将所求转化为fx≥0，即a2≥\f(2lnx,x2))→eq\x(令hx＝\f(2lnx,x2)x>0，利用导数，求出hx的最大值为\f(1,e))→eq\x(解不等式a2≥\f(1,e)，可求得a的取值范围)规范解答·评分标准解(1)f′(x)＝a2x－eq\f(1,x)(x＞0).1分当a＝0时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减.当a＞0时，f′(x)＝eq\f(a2x2－1,x)＝eq\f(a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,a2))),x)，由f′(x)≥0，得x≥eq\f(1,a)；由f′(x)＜0，得0＜x＜eq\f(1,a).3分所以f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).当a<0时，f′(x)＝eq\f(a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,a2))),x)，由f′(x)≥0，得x≥－eq\f(1,a)；由f′(x)<0，得0＜x<－eq\f(1,a).5分所以f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))，单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)).综上，当a＝0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；当a＞0时，f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))；当a＜0时，f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))，单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)).6分(2)f(x)的图象不在x轴的下方，即当x＞0时，f(x)≥0恒成立，所以eq\f(1,2)a2x2－lnx≥0，即a2≥eq\f(2lnx,x2).7分令h(x)＝eq\f(2lnx,x2)(x＞0)，则h′(x)＝eq\f(2x－2xlnx,x4)＝eq\f(21－2lnx,x3)，9分由h′(x)＞0，得0＜x＜eq\r(e)；由h′(x)＜0，得x＞eq\r(e).故h(x)在(0，eq\r(e)]上单调递增，在[eq\r(e)，＋∞)上单调递减.当x＝eq\r(e)时，h(x)取得最大值eq\f(1,e).所以a2≥eq\f(1,e)，解得a≤－eq\f(\r(e),e)或a≥eq\f(\r(e),e).11分故实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(e),e)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(e),e)，＋∞)).12分构建答题模板[第一步]求导：一般先确定函数的定义域，再求导数f′(x).[第二步]转化：“判断函数单调性、求极值(最值)”常转化为“判断f′(x)的符号”，“切线方程、切线的斜率(或倾斜角)、切点坐标”，常转化为“导数的几何意义”，“恒成立问题”常转化为“求最值”等.[第三步]求解：根据题意求出函数的单调区间、极值、最值等问题.[第四步]反思：单调区间不能用“∪”连接；范围问题的端点能否取到.1.已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq\f(4,3)处取得极值.(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性.解(1)对f(x)求导，得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－eq\f(4,3)处取得极值，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝0，即3a·eq\f(16,9)＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝eq\f(16a,3)－eq\f(8,3)＝0，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)得g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex，故g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x2＋2x))ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋\f(5,2)x2＋2x))ex＝eq\f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex.令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.当x＜－4时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；当－4＜x＜－1时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数；当－1＜x＜0时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；当x＞0时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数.综上可知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)上为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)上为增函数.2.已知函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a∈R).若函数f(x)在区间[1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围.解函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2a2x＋a＝eq\f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝eq\f(－2ax＋1ax－1,x).方法一①当a＝0时，f′(x)＝eq\f(1,x)＞0，所以f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，不合题意；②当a＞0时，令f′(x)≤0(x＞0)，即(2ax＋1)(ax－1)≥0(x＞0)，即x≥eq\f(1,a)，此时f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).依题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)≤1，,a＞0，))解得a≥1；③当a＜0时，f′(x)≤0(x＞0)，即(2ax＋1)(ax－1)≥0(x＞0)，即x≥－eq\f(1,2a).此时f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞)).依题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)≤1，,a＜0，))解得a≤－eq\f(1,2).综上，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞).方法二①当a＝0时，f′(x)＝eq\f(1,x)＞0，所以f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，不合题意；②当a≠0时，要使函数f(x)在区间[1，＋∞)上是减函数，只需f′(x)≤0在区间[1，＋∞)上恒成立.因为x＞0，所以只要2a2x2－ax－1≥0在区间[1，＋∞)上恒成立.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,4a2)≤1，,2a2－a－1≥0，))解得a≥1或a≤－eq\f(1,2).综上，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞).3.已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2，其中参数a∈R.(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cosx－sinx，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.解(1)由题意得f′(x)＝x2－ax，所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，所以f′(3)＝3，因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cosx－sinx，所以g′(x)＝f′(x)＋cosx－(x－a)sinx－cosx＝x(x－a)－(x－a)sinx＝(x－a)(x－sinx).令h(x)＝x－sinx，则h′(x)＝1－cosx≥0，所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)＝0，所以当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0.①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sinx)，当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(a,0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.所以当x＝a时，g(x)取到极大值，极大值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina；当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sinx)，当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sinx)，当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.所以当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；当x＝a时，g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina.综上所述，当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina，极小值是g(0)＝－a；当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina.4.已知函数f(x)＝x2－ax＋2lnx.(1)若函数y＝f(x)在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；(2)设f(x)有两个极值点x1，x2，若x1∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，且f(x1)≥t＋f(x2)恒成立，求实数t的取值范围.解(1)因为函数y＝f(x)在定义域上单调递增，所以f′(x)≥0，即2x－a＋eq\f(2,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以a≤2x＋eq