2020版高考数学二轮复习第二部分专题六函数与导数第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题练习文（含解析）.docx

第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题A级基础通关一、选择题1(2019武邑中学第二次调研)函数f(x)x22ln x的单调减区间是()A(0，1 B1，)C(，1(0，1D1，0)(0，1解析：f(x)2x(x0)，令f(x)0，即0，解得00的解集对应yf(x)的增区间，f(x)0的解集对应yf(x)的减区间，验证只有D选项符合答案：D3设函数f(x)x3(a2)x22x，若f(x)为奇函数，则曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为()Ay5x2 Byx2Cy5x8 Dyx4解析：由f(x)为奇函数，知a2.所以f(x)x32x，则f(x)3x22.所以f(1)3，且f(1)5.故yf(x)在点(1，f(1)处的切线为y35(x1)，即y5x2.答案：A4设函数f(x)x29ln x在区间a1，a1上单调递减，则实数a的取值范围是()A(1，2 B4，)C(，2 D(0，3解析：易知f(x)的定义域为(0，)，且f(x)x.因为函数f(x)在区间a1，a1上单调递减，所以f(x)0在a1，a1上恒成立，即0x3在a1，a1上恒成立，所以解得10时，f(x)1，f(x)，所以当x(0，1)时，f(x)1时，f(x)0，函数f(x)单调递增所以x1时，f(x)取到极小值e1，即f(x)的最小值为e1.又f(x)为奇函数，且x0时，f(x)h(x)，所以h(x)的最大值为(e1)1e.答案：1e8(2019佛山联考)已知x1是函数f(x)(x2ax)ex的一个极值点，则曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为_解析：由f(x)(x2ax)ex，得f(x)(x2ax2xa)ex，因为x1是函数f(x)(x2ax)ex的一个极值点，所以f(1)(32a)e0，解得a.则f(x)ex，所以f(0).所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为.答案：三、解答题9(2018天津卷节选)设函数f(x)(xt1)(xt2)(xt3)，其中t1，t2，t3R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列(1)若t20，d1，求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)若d3，求f(x)的极值解：(1)由题设，f(x)x(x1)(x1)x3x，故f(x)3x21，因此f(0)0，f(0)1.曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为yf(0)f(0)(x0)，即xy0.故所求切线方程为xy0.(2)由已知得f(x)(xt23)(xt2)(xt23)(xt2)39(xt2)x33t2x2(3t9)xt9t2.故f(x)3x26t2x3t9.令f(x)0，解得xt2或xt2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，t2)t2(t2，t2)t2(t2，)f(x)00f(x)极大值极小值所以函数f(x)的极大值为f(t2)()39()6；函数f(x)的极小值为f(t2)()396.10(2019全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xx1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数证明：(1)f(x)的定义域为(0，)f(x)ln x1ln x.因为yln x在(0，)上单调递增，y在(0，)上单调递减，所以f(x)在(0，)上单调递增又f(1)10，故存在唯一x0(1，2)，使得f(x0)0.又当xx0时，f(x)x0时，f(x)0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点(2)由(1)知f(x0)0.所以f(x)0在(x0，)内存在唯一根x.由x01得10且a1，求证：f(et)t2.(1)解：因为f(x)xaln x1，x(0，)，所以f(x)，当a0时，f(x)0，函数f(x)在定义域上递增，不满足条件；当a0时，函数f(x)在(0，a)上递减，在(a，)上递增，故f(x)在xa取得极小值0，所以f(a)aaln a10，令p(a)aaln a1，p(a)ln a，所以p(a)在(0，1)单调递增，在(1，)单调递减，故p(a)p(1)0，所以f(a)0的解为a1，故a1.(2)证明：法1：由f(et)t2etat1t2et1t2at，因为a1，所以只需证当t0时，et1t2t恒成立令g(t)ett2t1，g(t)ett1，由(1)可知xln x10，令xet得ett10，所以g(t)在(0，)上递增，故g(t)g(0)0，因此f(et)t2成立法2：f(et)t2etat1t2ett2at10，设g(t)ett2at1(t