2019年高考数学复习大二轮精准提分练习第二篇 第27练 12页

第27练　导数与函数的单调性、极值、最值[压轴大题突破练]‎ ‎[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.已知函数f(x)＝ln x＋，其中常数k>0，讨论f(x)在(0，2)上的单调性.‎ 解　因为f′(x)＝－－1‎ ‎＝＝－(x>0，k>0).‎ ‎①当0k>0，且>2，‎ 所以当x∈(0，k)时，f′(x)<0，当x∈(k，2)时，f′(x)>0，‎ 所以函数f(x)在(0，k)上是减函数，在(k，2)上是增函数；‎ ‎②当k＝2时，＝k＝2，f′(x)<0在(0，2)上恒成立，‎ 所以f(x)在(0，2)上是减函数；‎ ‎③当k>2时，0<<2，k>，‎ 所以当x∈时，f′(x)<0；‎ 当x∈时，f′(x)>0，‎ 所以函数f(x)在上是减函数，在上是增函数.‎ 综上可知，当02时，f(x)在上是减函数，在上是增函数.‎ ‎2.已知函数f(x)＝aln(x＋1)－ax－x2，讨论f(x)在定义域上的单调性.‎ 解　f′(x)＝－a－2x＝，‎ 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－，‎ 又f(x)的定义域为(－1，＋∞)，‎ ‎①当－≤－1，即当a≥0时，‎ 若x∈(－1，0)，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；‎ 若x∈(0，＋∞)，f′(x)＜0，则f(x)单调递减.‎ ‎②当－1＜－＜0，即－2＜a＜0时，‎ 若x∈，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；‎ 若x∈，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；‎ 若x∈(0，＋∞)，f′(x)＜0，则f(x)单调递减.‎ ‎③当－＝0，即a＝－2时，‎ f′(x)≤0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减.‎ ‎④当－＞0，即a＜－2时，‎ 若x∈(－1，0)，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；‎ 若x∈，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；‎ 若x∈，f′(x)＜0，则f(x)单调递减.‎ 综上，当a≥0时，f(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；‎ 当－2＜a＜0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；‎ 当a＝－2时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；‎ 当a＜－2时，f(x)在(－1，0)上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎3.设函数f(x)＝(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)＝‎ ＝，‎ 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)＝，f′(x)＝，‎ 故f(1)＝，f′(1)＝，‎ 从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.‎ ‎(2)由(1)知，f′(x)＝.‎ 令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，‎ 由g(x)＝0，解得x1＝，‎ x2＝.‎ 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＝≤3，解得a≥－，‎ 故a的取值范围为.‎ ‎4.已知函数f(x)＝x2－2aln x＋(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)＝x2＋2ln x－3x(x>0)，‎ 则f′(x)＝x＋－3＝＝.‎ 当02时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当10时，求函数f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)当a<0时，求函数f(x)在上的最小值.‎ 解　(1)由函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x，‎ 可得f′(x)＝2ax＋(1－2a)－＝，‎ ‎∵a>0，x>0，‎ ‎∴>0，令f′(x)>0，‎ 即x－1>0，得x>1，‎ ‎∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞).‎ ‎(2)由(1)可得f′(x)＝，‎ ‎∵a<0，令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝1，‎ ‎①当－>1，即－0，均有x(2ln a－ln x)≤a恒成立，求正数a的取值范围.‎ 解　(1)f′(x)＝－＝，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)＝ln a＋1.‎ ‎(2)若对任意x>0，均有x(2ln a－ln x)≤a恒成立，‎ 即对任意x>0，均有2ln a≤＋ln x恒成立，‎ 由(1)可知f(x)的最小值为ln a＋1，问题转化为2ln a≤ln a＋1，‎ 即ln a≤1，故00时，h(x)>0；‎ 当x<0时，h(x)<0.‎ ‎①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，‎ 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)＝－a3－sin a；‎ 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－sin x)，‎ 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－sin x)，‎ 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)＝－a3－sin a.‎ 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)＝－a3－sin a，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)＝－a3－sin a.‎ ‎4.已知函数f(x)＝ax－ln x＋x2.‎ ‎(1)若a＝－1，求函数f(x)的极值；‎ ‎(2)若a＝1，∀x1∈(1，2)，∃x2∈(1，2)，使得f(x1)－x＝mx2－mx(m≠0)，求实数m的取值范围.‎ 解　(1)依题意知，当a＝－1时，f(x)＝－x－ln x＋x2，‎ f′(x)＝－1－＋2x＝＝，‎ 因为x∈(0，＋∞)，故当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，‎ 故当x＝1时，f(x)有极小值，极小值为f(1)＝0，无极大值.‎ ‎(2)当a＝1时，f(x)＝x－ln x＋x2.‎ 因为∀x1∈(1，2)，∃x2∈(1，2)，‎ 使得f(x1)－x＝mx2－mx(m≠0)，‎ 故ln x1－x1＝mx－mx2.‎ 设h(x)＝ln x－x，g(x)＝mx3－mx，‎ 当x∈(1，2)时，h′(x)＝－1＜0，即函数h(x)在(1，2)上单调递减，‎ 故h(x)的值域为A＝(ln 2－2，－1).‎ 又g′(x)＝mx2－m＝m(x＋1)(x－1).‎ ‎①当m＜0时，g(x)在(1，2)上单调递减，此时g(x)的值域为B＝，‎ 因为A⊆B，又－＞0＞－1，‎ 故≤ln 2－2，即m≤ln 2－3；‎ ‎②当m＞0时，g(x)在(1，2)上单调递增，此时g(x)的值域为B＝，因为A⊆B，又＞0＞－1，‎ 故－≤ln 2－2，故m≥－(ln 2－2)＝3－ln 2.‎ 综上所述，实数m的取值范围为∪.‎