2019版高考数学二轮复习专题二函数与导数专题突破练6函数的单调性、极值点、极值、最值文.docx

专题突破练6函数的单调性、极值点、极值、最值1.已知函数f(x)=(k为常数,e是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与x轴平行.(1)求k的值;(2)求f(x)的单调区间.2.(2018山东潍坊一模,文21节选)已知函数f(x)=aln x+x2.(1)若a=-2,判断f(x)在(1,+)上的单调性;(2)求函数f(x)在1,e上的最小值;(3)略3.(2018山东师大附中一模,文21)已知函数f(x)=(x-a)ex(aR).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间1,2上的最小值.4.(2018山西晋城一模,文21)已知函数f(x)=ax2+(a-1)x+(1-2a)ln x(a0).(1)若x=2是函数的极值点,求a的值及函数f(x)的极值;(2)讨论函数的单调性.5.已知函数f(x)=ln x-,g(x)=ax+b.(1)若a=2,F(x)=f(x)-g(x),求F(x)的单调区间;(2)若函数g(x)=ax+b是函数f(x)=ln x-图象的切线,求a+b的最小值.6.(2018福建厦门一模,文21)已知函数f(x)=xex-x2-x,ae,其中e为自然对数的底数.(1)当a=0,x0时,证明f(x)ex2;(2)讨论函数f(x)极值点的个数.参考答案专题突破练6函数的单调性、极值点、极值、最值1.解 (1)由题意得f(x)=,又f(1)=0,故k=1.(2)由(1)知,f(x)=.设h(x)=-ln x-1(x0),则h(x)=-0,即h(x)在(0,+)上是减函数.由h(1)=0知,当0x0,从而f(x)0;当x1时,h(x)0,从而f(x)0,f(x)在(1,+)上单调递增.(2)f(x)=2x+,当a0时,f(x)0,f(x)在1,e上单调递增,f(x)min=f(1)=1.当a0时,由f(x)=0解得x=(负值舍去),设x0=.若1,即a-2,也就是-2a0,f(x)单调递增,f(x)min=f(1)=1.若1e,即-2e2a-2时,x1,x0,f(x)0,f(x)单调递减,xx0,e,f(x)0,f(x)单调递增.故f(x)min=f(x0)=-+aln .若e,即a-2e2时,x1,e,f(x)0,f(x)单调递减.f(x)min=f(e)=e2+a.综上所述:当a-2时,f(x)的最小值为1;当-2e2a-2时,f(x)的最小值为;当a-2e2时,f(x)的最小值为e2+a.(3)略.3.解 (1)设切线的斜率为k.因为a=2,所以f(x)=(x-2)ex,f(x)=ex(x-1).所以f(0)=-2,k=f(0)=e0(0-1)=-1.所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0.(2)由题意得f(x)=ex(x-a+1),令f(x)=0,可得x=a-1.若a-11,则a2,当x1,2时,f(x)0,则f(x)在1,2上单调递增.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e.若a-12,则a3,当x1,2时,f(x)0,则f(x)在1,2上单调递减.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2.若1a-12,则2a3,所以f(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(1,a-1)a-1(a-1,2)f(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为1,a-1,单调递增区间为a-1,2.所以f(x)在1,2上的最小值为f(a-1)=-ea-1.综上所述:当a2时,f(x)min=f(1)=(1-a)e;当a3时,f(x)min=f(2)=(2-a)e2;当2a0),由已知f(2)=2a+(a-1)+=2a-=0a=,此时f(x)=x2-x+ln x,f(x)=x-,当0x2时,f(x)0,f(x)是增函数,当1x2时,f(x)0),当0,即a,0x1时,f(x)1时,f(x)0,所以f(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+)上单调递增;当01,即a时,0x1时,f(x)0,x1时,f(x)1,即0a时,0x时,f(x)0,1x时,f(x)0,所以f(x)在定义域(0,+)上单调递增;综上:当0a时,f(x)在区间上单调递减,在区间(0,1)和上单调递增;当a=时,f(x)在定义域(0,+)上单调递增;当a0),令F(x)0,解得0x1,令F(x)1,故F(x)在(0,1)递增,在(1,+)递减.(2)设切点,函数f(x)=ln x-的导数为f(x)=,即切线的斜率为,则a=,ln m-=ma+b,即有b=ln m-1,a+b=ln m-1,令=t0,则a+b=-ln t-t+t2-1,令a+b=(t)=-ln t+t2-t-1,则(t)=-+2t-1=,当t(0,1)时,(t)0,(t)在(1,+)上单调递增.即有t=1时,(t)取得极小值,也为最小值.则a+b=(t)(1)=-1,故a+b的最小值为-1.6.解 (1)当a=0,x0时,f(x)=xex,f(x)ex2,即xex-ex20,x0,只要证ex-ex0,记g(x)=ex-ex(x0),则g(x)=ex-e.当0x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)单调递增.所以g(x)g(1)=0,即f(x)ex2,原不等式成立.(2)f(x)=+x=(x+1)ex-ax(x+1)=(x+1)(ex-ax),记h(x)=ex-ax,h(x)=ex-a.()当a0,h(x)在R上单调递增,h(0)=10,h-10,所以存在唯一x0,h(x0)=0,且当xx0时,h(x)x0,h(x)0,若x0=-1,即a=-时,对任意x-1,f(x)0,此时f(x)在R上单调递增,无极值点.若x0-1,即-a0时,此时当x-1时,f(x)0.即f(x)在(-,x0),(-1,+)上单调递增;当x0x-1时,f(x)0,即f(x)在(x0,-1)上单调递减.此时f(x)有一个极大值点x0和一个极小值点-1.若-1x00,即a-时,此时当xx0时,f(x)0.即f(x)在(-,-1),(x0,+)上单调递增;当-1xx0时,f(x)0,即f(x)在(-1,x0)上单调递减.此时f(x)有一个极大值点-1和一个极小值点x0.()当a=0时,f(x)=xex,所以f(x)=(x+1)ex,显然f(x)在(-,-1)单调递减;在(-1,+)上单调递增.()当0aex-ex0,从而h(x)0,而对任意xex0;所以对任意xR,h(x)0.此时令f(x)0,得x0,得x-1.所以f(x)在(-,-1)单调递减;在(-1,+)上单调递增;此时f(x)有一个极小值点-1,无极大值点.()当a=e时,由(1)可知,对任意xR,h(x)=ex-ax=