高考数学二轮复习 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届高考数学二轮复习 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12014重庆高考已知函数f(x)ln x，其中ar，且曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于直线yx.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值解(1)对f(x)求导得f(x)，由f(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于直线yx，知f(1)a2，解得a.(2)由(1)知f(x)ln x，则f(x)，令f(x)0，解得x1或x5.因x1不在f(x)的定义域(0，)内，故舍去当x(0,5)时，f(x)0，故f(x)在(5，)内为增函数由此知函数f(x)在x5时取得极小值f(5)ln 5.22015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5.52015兰州诊断已知函数f(x)exax(ar，e为自然对数的底数)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a1，函数g(x)(xm)f(x)exx2x在(2，)上为增函数，求实数m的取值范围解(1)函数f(x)的定义域为r，f(x)exa.当a0时，f(x)0，f(x)在r上为增函数；当a0时，由f(x)0得xln a，则当x(，ln a)时，f(x)0，函数f(x)在(，ln a)上为减函数，当x(ln a，)时，f(x)0，函数f(x)在(ln a，)上为增函数(2)当a1时，g(x)(xm)(exx)exx2x，g(x)在(2，)上为增函数，g(x)xexmexm10在(2，)上恒成立，即m在(2，)上恒成立，令h(x)，x(2，)，h(x).令l(x)exx2，l(x)ex10在(2，)上恒成立，即l(x)exx2在(2，)上为增函数，即l(x)l(2)e240，h(x)0，即h(x)在(2，)上为增函数，h(x)h(2)，m.62015大连高三双基测试已知函数f(x)ex(a0)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在1,2上的最大值；(3)若存在x1，x2(x1x2)，使得f(x1)f(x2)0，证明：ae.解(1)f(x)ex(a0)，则f(x)ex.令ex0，则xln .xln f(x)0f(x)极大值故函数f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为.(2)当ln 2，即0a时，f(x)maxf(2)e2，当1ln 2，即a时，f(x)maxf(ln )ln ，当ln 1，即a时，f(x)maxf(1)e.(3)证明：若函数f(x)有两个零点，