2018届高考数学高考大题专项突破一函数导数方程不等式压轴大题1.1导数与函数的单调性极值最值文新人教A版.doc

1.1导数与函数的单调性、极值、最值1.(2017广西桂林模拟,文21)已知函数f(x)=(x-k)ex.(1)求f(x)的单调区间;(2)求f(x)在区间0,1上的最小值.2.(2017福建福州一模,文20)已知函数f(x)=aln x+x2-ax(aR).(1)若x=3是f(x)的极值点,求f(x)的单调区间;(2)求g(x)=f(x)-2x在区间1,e的最小值h(a).3.(2017福建龙岩一模,文21)已知函数f(x)=x2-2x+mln x(mR),g(x)=ex.(1)若m=-1,函数(x)=f(x)-(0xe)的最小值为2,求实数a的值;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2(x10成立,求实数a的取值范围;(2)设a=0,当x1时,函数f(x)的图象恒在直线l的上方,求k的最大值.导学号241909596.(2017河北邯郸一模,文21)已知函数f(x)=ln x+ax2-x-m(mZ).(1)若f(x)是增函数,求a的取值范围;(2)若a0,且f(x)0恒成立,求m的最小值.导学号241909601.1导数与函数的单调性、极值、最值1.解 (1)由题意知f(x)=(x-k+1)ex.令f(x)=0,得x=k-1.当x(-,k-1)时,f(x)0.所以f(x)的单调递减区间是(-,k-1),单调递增区间是(k-1,+).(2)当k-10,即k1时,f(x)在0, 1上单调递增,所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(0)=-k;当0k-11,即1k2时,f(x)在0,k-1上单调递减,在k-1,1上单调递增,所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(k-1)=-ek-1;当k-11,即k2时,f(x)在0,1上单调递减,所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(1)=(1-k)e.综上,当k1时,f(x)在0,1上的最小值为f(0)=-k;当1k0).x=3是函数f(x)的一个极值点,f(3)=+6-a=0,解得a=9,f(x)=,0x3时,f(x)0,x3时,f(x)0,f(x)的单调递增区间为,(3,+);f(x)的单调递减区间为.(2)g(x)=aln x+x2-ax-2x,x1,e,g(x)=.当1,即a2时,g(x)在1,e上递增,g(x)min=g(1)=-a-1;当1e,即2a2e时,g(x)在内递减,在上递增,故g(x)min=g=aln-a;当e,即a2e时,g(x)在1,e上递减,故g(x)min=g(e)=a(1-e)+e(e-2).综上,h(a)=3.解 (1)当m=-1时,(x)=x-ln x,(x)=,当a0时,(x)0,(x)在(0,e上是减函数,(x)min=(e)=- 10时,由(x)0,解得xa,由(x)0,解得0xa,(x)在(0,a上是减函数,(x)在(a,+)上是增函数.当0e时,(x)在(0,e上是减函数,(x)min=(e)=-1=2,a=,不合题意.综上述a=.(2)f(x)=2x-2+(x0),令f(x)=0,得2x2-2x+m=0,f(x)存在两个极值点x1,x2(x1x2),方程在(0,+)上有两个不等实根x1,x2,0m,且x1+x2=1,0x1,x1-x2=x1-(1-x1)=2x1-1(-1,0),g(x)=ex,当x时,g(x)0.g(x)在上是减函数,g(x)在上是增函数,g(x1-x2)的最小值为g=-.4.解 (1)当a=1时,f(x)=xex-,f(x)=ex+xex-(x+1)=(x+1)(ex-1),令f(x)=0,得x=-1或x=0.x(-,-1)-1(-1,0)0(0,+)f(x)+0-0+f(x)x=-1时,f(x)有极大值f(-1)=,x=0时,f(x)有极小值f(0)=0.(2)f(x)=ex+xex-a(x+1)=(x+1)(ex-a),当a0时,ex-a0,由f(x)0得x-1,即在(-1,+)上,函数f(x)单调递增,由f(x)0得x0时,令f(x)=0得x=-1,或x=ln a.当ln a=-1,即a=e-1时,无论x-1或x0,又f(-1)=0,即在R上,f(x)0,从而函数f(x)在R上单调递增;当ln a-1,即0a0x-1或xln a时,函数f(x)单调递增;由f(x)=(x+1)(ex-a)0ln ax-1,即ae-1时,由f(x)=(x+1)(ex-a)0xln a或x-1时,函数f(x)单调递增;由f(x)=(x+1)(ex-a)0-1xln a时,函数f(x)单调递减.5.解 (1)由题意可得x2xln x在e,e2上有解,即a0,解得0xe,令t(x)e,t(x)在x(0,e)上递增,在xe,e2上递减,当x=e时,t(x)max=t(e)=,ax(k-2)-k+1在x(1,+)上恒成立,即k1),h(x)=,令(x)=x-ln x-2(x1),(x)=1-0,(x)在x(1,+)上递增,又(3)=1-ln 30,存在唯一实数x0(3,4),使得(x0)=0,即x0-ln x0-2=0,ln x0=x0-2,h(x)在x(1,x0)上递减,在x(x0,+)上递增,h(x)min=h(x0)=x0+1(4,5),k0,g(1)=a0,g(x)=a+1-在(0,+)内单调递减.