高三数学二轮复习 第一编 专题整合突破 1.6.1利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题 理.doc

【金版教程】2016届高三数学二轮复习 第一编 专题整合突破 1.6.1利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题 理12015潍坊一模已知函数f(x)xaln x. (1)若f(x)无极值点，求a的取值范围；(2)设g(x)x(ln x)a，当a取(1)中的最大值时，求g(x)的最小值解(1)由题意f(x)1.由于f(x)无极值点，故x2ax10在(0，)恒成立，即ax，x(0，)恒成立，又x2(x1取等号)，故min2，a2.(2)当a2，g(x)x(ln x)2，g(x)12ln x.设k(x)x22xln x1.k(x)2x2ln x22(x1ln x)，下面证明：ln xx1，设m(x)ln xx1，m(x)1，x(0,1)时，m(x)0，m(x)单调递增，x(1，)时，m(x)0，m(x)单调递减，m(x)m(1)0，即ln xx1，k(x)0，故k(x)在(0，)单调递增，又k(1)0，所以：x(0,1)时，k(x)0，g(x)0，g(x)0，g(x)单调递增，g(x)g(1)2，故g(x)的最小值为2.22015太原一模已知函数f(x)(x2axa)exx2，ar.(1)若函数f(x)在(0，)上单调递增，求a的取值范围；(2)若函数f(x)在x0处取得极小值，求a的取值范围解(1)由题意得f(x)x(x2a)ex2xex(x2a)，xr，f(x)在(0，)上单调递增，f(x)0在(0，)上恒成立，x2a在(0，)上恒成立，又函数g(x)x2在(0，)上单调递增，ag(0)0，a的取值范围是(，0(2)由(1)得f(x)xex，xr，令f(x)0，则x0或x2a0，即x0或g(x)a，g(x)x2在(，)上单调递增，其值域为r，存在唯一x0r，使得g(x0)a，若x00，当x(，0)时，g(x)0；当x(0，x0)时，g(x)a，f(x)0，f(x)在x0处取得极大值，这与题设矛盾若x00，当x(，0)时，g(x)0；当x(0，)时，g(x)a，f(x)0，f(x)在x0处不取极值，这与题设矛盾若x0a，f(x)a，f(x)0，f(x)在x0处取得极小值综上所述，x00，ag(x0)2即a1时，f(x)在0,2和上递减，f(x)在上递增，fa，解得0a1，a1；当2，即a时，f(x)在0，)上递减，f(x)maxf(0)a；当02即0a时，f(x)在和2，)上递减，在上递增，f(2)a，解得a，a0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若存在x0，使f(x)x11.当a时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递减当0a时，当1x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x0，f(x)单调递增；当x时，f(x)0，f(x)单调递减综上，当a时，f(x)的单调递减区间为(1，)；当0a(x1)ln (x1)2x1，即存在x0，使a成立设g(x)，x0，则g(x)，x0，设h(x)x1ln (x1)，x0，则h(x)10，h(x)在(0，)上单调递增又h(2)0，根据零点存在性定理，可知h(x)在(0，)上有唯一零点，设该零点为x0，则x01ln (x01)，且x0(2,3)，g(x)minx02.又ax02，az，a的最小值为5.5已知函数f(x)xaln x1. (1)当ar时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)0对于任意x1，)恒成立，求a的取值范围解(1)由f(x)xaln x1，得f(x)1，当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上为增函数，当a0时，当0xa时，f(x)a时，f(x)0，所以f(x)在(0，a)上为减函数，f(x)在(a，)上为增函数(2)由题意知xaln x10在x1，)恒成立，设g(x)xaln x1，x1，)，则g(x)1，x1，)，设h(x)2x22ax1ln x，则h(x)4x2a，当a0时，4x为增函数，所以h(x)a0，所以g(x)在1，)上单调递增，g(x)g(1)0，当a0时，h(x)a0，所以g(x)在1，)上单调递增，g(x)g(1)0，当a时，当x时，2a12x，由(1)知，当a1时，xln x10，ln xx1，ln x1，h(x)2x22axln x12x22ax2x22axx2x2(2a1)x0，此时g(x)0，所以g(x)在上单调递减，在上，g(x)0)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在上的最大值；(3)若存在x1，x2(x1x2)，使得f(x1)f(x2)0，证明：0)，则f(x)1aeax，令f(x)1aeax0，则xln .当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：xln f(x)0f(x)极大值故函数f(x)的增区间为；减区间为.(2)当ln ，即0a时，f(x)在上单