北京市2020版高考数学第三章3第三节导数与函数的极值与最值夯基提能作业本.docx

第三节导数与函数的极值与最值A组基础题组1.(2017北京丰台二模,18)已知函数f(x)=ex-aln x-a.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程;(2)证明:a(0,e), f(x)在区间上有极小值,且极小值大于0.解析(1)f(x)的定义域为(0,+),因为a=e,所以f(x)=ex-e(ln x+1),所以f (x)=ex-.因为f(1)=0, f (1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程为y=0.(2)证明:因为0ae,所以f (x)=ex-在区间上是单调递增函数.因为f =-e0,所以x0,使得-=0.所以x, f (x)0,故f(x)在上单调递减,在(x0,1)上单调递增,所以f(x)有极小值f(x0). 因为-=0,所以f(x0)=-a(ln x0+1)=a. 设g(x)=a,x,则g(x)=a=-,所以g(x)g(1)=0,即f(x0)0,所以函数f(x)的极小值大于0.2.已知函数f(x)=(1)求f(x)在区间(-,1)上的极大值点和极小值;(2)求f(x)在-1,e(e为自然对数的底数)上的最大值.解析(1)当x1时, f (x)=-3x2+2x=-x(3x-2),令f (x)=0,解得x=0或x=.当x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:x(-,0)0 f (x)-0+0-f(x)极小值极大值故当x=0时,函数f(x)取得极小值,为f(0)=0,函数f(x)的极大值点为x=.(2)当-1x0时, f(x)在1,e上单调递增,则f(x)在1,e上的最大值为f(e)=a.综上所述,当a2时, f(x)在-1,e上的最大值为a;当a0.(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)求f(x)在区间1,e上的最小值g(a).(其中e是自然对数的底数)解析(1)当a=2时,f(x)=x-3ln x-,f (x)=,此时,f(1)=-1,f (1)=0,故曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=-1.(2)f(x)=x-(a+1)ln x-的定义域为(0,+),f (x)=1-+=,令f (x)=0,得x=a或x=1.当00,f(x)在1,e上单调递增,f(x)min=f(1)=1-a;当1ae时,列表如下:x(1,a)a(a,e)f (x)-0+f(x)极小值f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1;当ae时,对任意的x(1,e),f (x)1时, f(x)=0;当x0.若a1,由(2)可知f(x)的最小值为f(2), f(x)的最大值为f(a),所以对任意x1,x2a,+),有f(x1)-f(x2)-成立等价于f(2)-f(a)-,即-,解得a1,a=1.若a1,求出a的值显然大于1.所以a的最小值为1.解法二:当x1时, f(x)=0;当x0.由(2)可知, f(x)的最小值为f(2)=-,若a1,令x1=2,x2a,1),则x1,x2a,+).而f(x1)-f(x2)0,且x2,f (x)=-+.曲线y=f(x)存在斜率为0的切线方程f (x)=0存在D上的解.令-+=0,整理得x2-5x+4=0,解得x=1或x=4.所以当a=1时,曲线y=f(x)存在斜率为0的切线.(2)证明:由(1)得, f (x)=-+.当a0时, f (x)0恒成立,函数f(x)在区间(0,2)和(2,+)上单调递增,无极值,不符合题意.当a0时,令f (x)=0,整理得x2-(a+4)x+4=0(*).a0时,=-(a+4)2-160恒成立,所以方程(*)必有两个不相等的实数根,设为x1,x2且x1x2.由得0x12x2.f (x), f(x)的变化情况如下表:x(0,x1)x1(x1,2)(2,x2)x2(x2,+)f (x)+0-0+f(x)极大值极小值所以, f(x)存在极大值f(x1),极小值f(x2).f(x2)-f(x1)=-=+(ln x2-ln x1).因为0x120,所以-0,ln x2-ln x10,所以f(x2)f(x1).所以f(x)的极小值大于极大值.思路分析(1)可转化为方程f (x)=0在定义域内有解.(2)分a0和a0两种情况讨论,易得a0不符合题意,重点分析a0时的导数符号即函数单调性,进而得到极小值和极大值的情况,作差证明即可.解后反思第(1)问答案不唯一.只要a0均符合要求.6.(2018北京东城一模,20)已知函数f(x)=xsin x+acos x+x,aR.(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程;(2)当a=2时,求f(x)在区间上的最大值和最小值;(3)当a2时,若方程f(x)-3=0在区间上有唯一解,求a的取值范围.解析(1)当a=-1时, f(x)=xsin x-cos x+x,所以f (x)=2sin x+xcos x+1,则f (0) =1.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=x-1.(2)当a=2时, f(x)=xsin x+2cos x+x,所以f (x)=-sin x+xcos x+1.当x时,1-sin x0,xcos x0,所以f (x)0.所以f(x)在区间上单调递增.因此f(x)在区间上的最大值为f=,最小值为f(0)=2.(3)当a2时, f (x)=(1-a)sin x+xcos x+1.设h(x)=(1-a)sin x+xcos x+1,则h(x)=(2-a)cos x-xsin x,因为a2,x,所以h(x)0,h=1-a+1=2-a0,所以存在唯一的x0,使h(x0)=0,即f (x0)=0.所以f(x)在区间0,x0上单调递增,在区间上单调递减.因为f(0)=a, f=,又因为方程f(x)-3=0在区间上有唯一解,所以2a3.B组提升题组7.(2018北京石景山一模,19)已知f(x)=ex-ax2,曲线y=f(x)在(1, f(1)处的切线方程为y=bx+1.(1)求a,b的值;(2)求f(x)在0,1上的最大值;(3)当xR时,判断y=f(x)与y=bx+1交点的个数.(只需写出结论,不要求证明)解析(1)f (x)=ex-2ax,由已知可得f (1)=e-2a=b, f(1)=e-a=b+1,解得a=1,b=e-2.(2)令g(x)=f (x)=ex-2x,则g(x)=ex-2.令g(x)=0,得x=ln 2.故当0xln 2时,g(x)0,g(x)在0,ln 2)上单调递减;当ln 20,g(x)在(ln 2,1上单调递增.所以g(x)min=g(ln 2)=2-2ln 20,故f(x)在0,1上单调递增,所以f(x)max=f(1)=e-1.(3)当xR时,y=f(x)与y=bx+1有两个交点.8.(2017北京朝阳一模,18)已知函数f(x)=ln x-ax-1(aR),g(x)=xf(x)+ x2+2x.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a=1时,若函数g(x)在区间(m,m+1)(mZ)内存在唯一的极值点,求m的值.解析(1)由已知得x0, f (x)= -a=.(i)当a0时, f (x)0恒成立,则函数f(x)在(0,+)上单调递增;(ii)当a0时,由f (x)0,得0x,由f (x).所以函数f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.(2)因为g(x)=xf(x)+ x2+2x=x(ln x-x-1)+ x2+2x=xln x-x2+x,所以g(x)=ln x+1-x+1=ln x-x+2=f(x)+3.由(1)可知,函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.又因为g=-2-+2=-0,所以g(x)在(0,1)上有且只有一个零点x1.又在(0,x1)上,g(x)0,g(x)在(x1,1)上单调递增.所以x1为极值点,此时m=0.又g(3)=ln 3-10,g(4)=2ln 2-20,g(x)在(3,x2)上单调递增;在(x2,4)上,g(x)0两种情况讨论;(2)把函数g(x)在(m,m+1)(mZ)内存在唯一的极值点转化为函数g(x)的导数在(m,m+1)内有唯一的零点.9.(2017北京东城一模,20)设函数f(x)= x3-x2+ax,aR.(1)若x=2是f(x)的极值点,求a的值,并讨论f(x)的单调性;(2)已知函数g(x)=f(x)- ax2+,若g(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围;(3)设f(x)有两个极值点x1,x2,试讨论过两点(x1, f(x1),(x2, f(x2)的直线能否过点(1,1).若能,求a的值;若不能,说明理由.解析(1)由f(x)= x3-x2+ax求得f (x)=x2-x+a.f (2)=4-2+a=0a=-2,f (x)=x2-x-2=(x-2)(x+1).令f (x)=0,得x1=2,x2=-1.当x(-,-1),(2,+)时, f (x)0, f(x)单调递增;当x(-1,2)时, f (x)0恒成立,g(x)单调递增,又g(0)= 0,所以g(x)在区间(0,1)内没有零点.不合题意.若0a0,g(x)单调递增;当x(a,1)时,g(x)0,故欲使g(x)在区间(0,1)内有零点,必有g(1)0.g(1)0-+a+=a+0a-1,不符合题意.若a0,当x(0,1)时,g(x)0恒成立,g(x)单调递减.此时欲使g(x)在区间(0,1)内有零点,必有g(1)0a01-4a0a,-x1+a=0=x1-a.f(x1)=-+ax1=x1(x1-a)-+ax1=-+ax1=- (x1-a)+ ax1.f(x1)=x1+a.同理, f(x2)=x2+a.由此可知过两点(x1, f(x1),(x2, f(x2)的直线方程为y=x+a.若直线过点(1,1),则1=+aa=a=.又a,显然a=不合题意.综上,过两点(x1, f(x1),(x2, f(x2)的直线不能过点(1,1).思路分析(1)由题意知f (2)=0,可解出a=-2,代入f (x),进而得出单调性.(2)g(x)=f