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- 2021-06-12 发布
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[练案18]高考大题规范解答系列(一)——函数与导数
1.(2020·湖北宜昌模拟)已知函数f(x)=(m+)ln x+-x,其中常数m>0.
(1)当m=2时,求f(x)的极大值;
(2)试讨论f(x)在区间(0,1)上的单调性.
[解析] (1)当m=2时,f(x)=ln x+-x,
f′(x)=--1=-(x>0)
当02时,f′(x)<0,当0,
∴f(x)在(0,)和(2,+∞)上单调递减,在(,2)上单调递增,
∴f(x)的极大值为f(2)=ln 2-.
(2)f′(x)=--1=-(x>0,m>0),
故当01时,f(x)在(0,)上单调递减,在(,1)上单调递增.
2.(2020·黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期开学考试)设函数f(x)=(a∈R).
(1)若f(x)在x=0处取得极值,求实数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,求实数a的取值范围.
[解析] (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)=,
由f′(x)>0,02,
故a=0时,f(x)在x=0处取得极值,
f(1)=,f′(1)=,
- 6 -
从而f(x)在点(1,f(1))处的切线方程
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x0,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[-,+∞).
3.已知函数f(x)=x2+(1-a)x-aln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a>0,证明:当00,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若a>0,则由f′(x)=0,得x=a.
当0a时,f′(x)>0.
此时f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
(2)令g(x)=f(a+x)-f(a-x),则g(x)=(a+x)2+(1-a)(a+x)-aln(a+x)-[(a-x)2+(1-a)(a-x)-aln(a-x)]=2x-aln(a+x)+aln(a-x).
所以g′(x)=2--=.
当00),∴F′(x)=(x>0),
∴当01时,F′(x)>0,F(x)单调递增.
∴.F(x)>F(1)=1>0,∴a≥.
记G(x)=,x∈[,e].
∴G′(x)=
=.
∵x∈[,e],∴2-2ln x=2(1-ln x)≥0,
∴x-2ln x+2>0,∴x∈(,1)时,G′(x)<0,G(x)单调递减;
x∈(1,e)时,G′(x)>0,G(x)单调递增.
∴G(x)min=G(1)=-1,∴a≥G(x)min=-1.
故实数a的取值范围为[-1,+∞).
5.(2020·安徽省合肥市高三质量检测)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2(e是自然对数的底数).
(1)判断函数f(x)极值点的个数,并说明理由;
(2)若∀x>0,f(x)+ex≥x3+x,求a的取值范围.
[解析] (1)f′(x)=xex-2ax=x(ex-2a).
当a≤0时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,∴f(x)有1个极值点;
当0时,f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln2a)上单调递减,在(ln2a,+∞)上单调递增,∴f(x)有2个极值点;
综上,当a≤0时,f(x)有1个极值点;当a>0且a≠时,f(x)有2个极值点;当a=时,f(x)没有极值点.
(2)由f(x)+ex≥x3+x得xex-x3-ax2-x≥0.
当x>0时,ex-x2-ax-1≥0,
即a≤对∀x>0恒成立.
设g(x)=,则g′(x)=.
设h(x)=ex-x-1,则h′(x)=ex-1.
∵x>0,∴h′(x)>0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴h(x)>h(0)=0,即ex>x+1,
∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴g(x)≥g(1)=e-2,∴a≤e-2,
∴a的取值范围是(-∞,e-2].
6.(2020·辽宁省部分重点中学协作体高三模拟考试)已知函数f(x)=-x+alnx(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设g(x)=x2-2x+2a,若对任意x1∈(0,+∞),均存在x2∈[0,1],使得f(x1)0).
①当a≤0时,由x>0,得x-a>0,则f′(x)<0,
所以函数f(x)的单调递减区间是(0,+∞);
②当a>0时,由f′(x)=0得x=a,
所以当x∈(0,a)时,f′(x)>0,
当x∈(a,+∞)时,f′(x)<0,
所以函数f(x)的单调递增区间是(0,a),单调递减区间是(a,+∞).
综上所述,当a≤0时,函数f(x)的单调递减区间是(0,+∞);当a>0时,函数f(x)的单调递增区间是(0,a),单调递减区间是(a,+∞).
- 6 -
(2)依题意,要满足对任意x1∈(0,+∞),均存在x2∈[0,1],使得f(x1)0时,函数f(x)在区间(0,a)上单调递增,在区间(a,+∞)上单调递减,
所以f(x)max=f(a)=-a+alna,
令2a>-a+alna,解得00),
∵x=2时,f(x)取得极值,
∴f′(2)=0,解得a=-,经检验符合题意.
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
依题意f′(x)≥0在x>0时恒成立,
即ax2+2x-1≤0在x>0时恒成立,
则a≤=(-1)2-1在x>0时恒成立,
∴a≤[(-1)2-1]min(x>0),
当x=1时,(-1)2-1取最小值-1,
∴a的取值范围是(-∞,-1].
(3)a=-,f(x)=-x+b,
即x2-x+lnx-b=0.
设g(x)=x2-x+lnx-b(x>0),
- 6 -
则g′(x)=.
列表
x
(0,1)
1
(1,2)
2
(2,4)
g′(x)
+
0
-
0
+
g(x)
极大值
极小值
∴g(x)极小值=g(2)=ln2-b-2,
g(x)极大值=g(1)=-b-.
又g(4)=2ln2-b-2.
∵方程g(x)=0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根,
则解得ln2-2
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