极值点高考题

1、精选优质文档-倾情为你奉上极值点偏移高考题一解答题（共9小题）1已知函数f（x）（2+x+ax2）ln（1+x）2x（1）若a0，证明：当1x0时，f（x）0；当x0时，f（x）0；（2）若x0是f（x）的极大值点，求a2已知函数f（x）ax3axxlnx，且f（x）0（）求a（）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且f（x0）3已知函数f（x）ax2axxlnx，且f（x）0（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e2f（x0）224已知函数f（x）axnaxxlnx（n2），且f（x）0，g（x）（8x1e2x2）lnx；（1）求a的值；（2）设n2，证明：f（x0）g

2、（x0）；其中x0为f（x）的极大值点，e2.71828是自然对数的底；5已知函数f（x）（x）ex（x）（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间，+）上的取值范围6设函数f（x）acos2x+（a1）（cosx+1），其中a0，记|f（x）|的最大值为A（）求f（x）；（）求A；（）证明：|f（x）|2A7设函数f（x）ax2（4a+1）x+4a+3ex（）若曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线与x轴平行，求a；（）若f（x）在x2处取得极小值，求a的取值范围8设函数f（x）（aR）（）若f（x）在x0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程；

3、（）若f（x）在3，+）上为减函数，求a的取值范围9设a1，函数f（x）（1+x2）exa（1）求f（x）的单调区间；（2）证明f（x）在（，+）上仅有一个零点；（3）若曲线yf（x）在点P处的切线与x轴平行，且在点M（m，n）处的切线与直线OP平行，（O是坐标原点），证明：m12019年09月10日张玉川的高中数学组卷参考答案与试题解析一解答题（共9小题）1已知函数f（x）（2+x+ax2）ln（1+x）2x（1）若a0，证明：当1x0时，f（x）0；当x0时，f（x）0；（2）若x0是f（x）的极大值点，求a【分析】（1）对函数f（x）两次求导数，分别判断f（x）和f（x）的单调性，结合f

4、（0）0即可得出结论；（2）令h（x）为f（x）的分子，令h（0）0计算a，讨论a的范围，得出f（x）的单调性，从而得出a的值【解答】（1）证明：当a0时，f（x）（2+x）ln（1+x）2x，（x1），可得x（1，0）时，f（x）0，x（0，+）时，f（x）0f（x）在（1，0）递减，在（0，+）递增，f（x）f（0）0，f（x）（2+x）ln（1+x）2x在（1，+）上单调递增，又f（0）0当1x0时，f（x）0；当x0时，f（x）0（2）解：由f（x）（2+x+ax2）ln（1+x）2x，得f（x）（1+2ax）ln（1+x）+2，令h（x）ax2x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1

5、），h（x）4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）当a0，x0时，h（x）0，h（x）单调递增，h（x）h（0）0，即f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递增，故x0不是f（x）的极大值点，不符合题意当a0时，h（x）8a+4aln（x+1）+，显然h（x）单调递减，令h（0）0，解得a当1x0时，h（x）0，当x0时，h（x）0，h（x）在（1，0）上单调递增，在（0，+）上单调递减，h（x）h（0）0，h（x）单调递减，又h（0）0，当1x0时，h（x）0，即f（x）0，当x0时，h（x）0，即f（x）0，f（x）在（1，0）上单调递增，在（0，+）上单调递减，x0是f（x）的极大值

6、点，符合题意；若a0，则h（0）1+6a0，h（1）（2a1）（1）0，h（x）0在（0，+）上有唯一一个零点，设为x0，当0xx0时，h（x）0，h（x）单调递增，h（x）h（0）0，即f（x）0，f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；若a，则h（0）1+6a0，h（1）（12a）e20，h（x）0在（1，0）上有唯一一个零点，设为x1，当x1x0时，h（x）0，h（x）单调递减，h（x）h（0）0，h（x）单调递增，h（x）h（0）0，即f（x）0，f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意综上，a2已知函数f（x）ax3axxlnx，且f（x）0（）求a（）证明：f（x）存在唯

7、一的极大值点x0，且f（x0）【分析】（I）f（x）ax3axxlnx0（x0），化为：ax2alnx0（x0），令g（x）ax2alnx（x0），对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性极值最值即可得出（II）由（I）可得：f（x）x3xxlnx，x0f（x）x2lnx1x2lnxf（x）可得x时，f（x）取得极小值，0可得函数f（x）存在唯一的极大值点x0，且x0满足lnx00，可得2lnx033令h（x）2lnx3x2+3，利用函数零点存在定理可得x0而f（x0）x0lnx0x0lnx0令u（x），再利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出【解答】（I）解：f（x）ax3axxlnx0x

8、0，化为：ax2alnx0x0，令g（x）ax2alnxx0g（x）2axa0时，g（x）0，函数g（x）在（0，+）上单调递减，而g（1）0，x1时，g（x）0，不满足题意，舍去a0时，g（x），可得x时，函数g（x）取得极小值，aln0，令h（a）alna+ln（2a），a（0，+）h（a）1+，可得a时，h（a）取得极大值即最大值，h（）0，因此只有a时满足题意故a（II）证明：由（I）可得：f（x）x3xxlnx，x0f（x）x2lnx1x2lnxf（x）3x可得x时，f（x）取得极小值，+ln30x0+时，f（x）+；x1时，f（1）0，x+时，f（x）+函数f（x）存在唯一的极大值

9、点x0，且x0满足lnx00，可得2lnx033令h（x）2lnx3x2+3，43×+33×0，h（）23×+310x0f（x0）x0lnx0x0lnx0，x0令u（x），xu（x）（lnx+1），可得x时，函数u（x）取得极大值，且x0f（x0）u（）f（x）存在唯一的极大值点x0，且f（x0）3已知函数f（x）ax2axxlnx，且f（x）0（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e2f（x0）22【分析】（1）通过分析可知f（x）0等价于h（x）axalnx0，进而利用h（x）a可得h（x）minh（），从而可得结论；（2）通过（1）可知f

10、（x）x2xxlnx，记t（x）f（x）2x2lnx，解不等式可知t（x）mint（）ln210，从而可知f（x）0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0可知f（x0），另一方面可知f（x0）f（）【解答】（1）解：因为f（x）ax2axxlnxx（axalnx）（x0），则f（x）0等价于h（x）axalnx0，求导可知h（x）a则当a0时h（x）0，即yh（x）在（0，+）上单调递减，所以当x01时，h（x0）h（1）0，矛盾，故a0因为当0x时h（x）0、当x时h（x）0，所以h（x）minh（），又因为h（1）aaln10，所以1，解得a1；另解：因为f（1）0，

11、所以f（x）0等价于f（x）在x0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x1处是极小值，所以解得a1；（2）证明：由（1）可知f（x）x2xxlnx，f（x）2x2lnx，令f（x）0，可得2x2lnx0，记t（x）2x2lnx，则t（x）2，令t（x）0，解得：x，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增，所以t（x）mint（）ln210，从而t（x）0有解，即f（x）0存在两根x0，x2，且不妨设f（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x02lnx00，所以f（x0）x0x0lnx0x0+2

12、x02x0，由x0可知f（x0）（x0）max+；由f（）0可知x0，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）f（）；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e2f（x0）224已知函数f（x）axnaxxlnx（n2），且f（x）0，g（x）（8x1e2x2）lnx；（1）求a的值；（2）设n2，证明：f（x0）g（x0）；其中x0为f（x）的极大值点，e2.71828是自然对数的底；【分析】（1）由axn1alnx0，令g（x）axn1alnx，求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间，求出函数的最小值，从而求出a的值；（2）求出f（x）

13、x2xxlnx，求出函数的导数，得到2x02lnx0，由f（x0）g（x0）x02x0x0lnx0lnx0（8x01e2x0 2，求出e2x0+8成立从而证明结论【解答】解：（1）f（x）0axn1alnx0令g（x）axn1alnx 则g（x）a（n1）xn2（2分）当a0时，g（x）0 所以g（x）单调递减，当xe时，g（e）aen1a1a（en11）10，这与g（x）0矛盾，不合题意；（若考生用趋近思想说明，“当x+时，g（x）“，扣1分）当a0时，g（x）0x，g（x）0xg（x）在（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增；gmin（x）g（）a+lna（n1）g（x）0恒成立gmin

14、（x）0 即：a+lna（n1）0（4分）令h（a）a+lna（n1），则h（a）1+h（a）在（0，）上单调递增，在（，+）上单调递减；h（a）h（）0 又由（*）知：h（a）0h（a）0 即a（6分）（2）若n2，由（1）知：a1 所以f（x）x2xxlnx，f（x）2x11lnx2（x1）lnx，f（x）2f（x）在（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增；且f（）0，f（）10 f（）ln210 f（e）2e30故x0（，）使f（ x0）0，x1（，e）使f（ x0）0，当x（0，x0）时，f（x）0，x（x0，x1）时，f（x）0，当x（x1，+）时，f（x）0，f（x）在（0，x0

15、）上单调递增，在（x0，x1）上单调递减，在（x1，+）上单调递增；x0是极大值点，且x0（，），2x02lnx0（9分）f（x0）g（x0）x02x0x0lnx0lnx0（8x01e2x0 2）x0（x01lnx0）lnx0（8x01e2x02）lnx0（8x01e2x02）（或x0x022（x01）（ 8x01e2x02）e2x028x0+1e2x0+8 令（x）e2x+8 则在（0，）上单调递减x0（，）（x0）（）e272.72277.398470.3984即e2x0+8成立f（x0）g（x0）成立（12分）5已知函数f（x）（x）ex（x）（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在

16、区间，+）上的取值范围【分析】（1）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；（2）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当x1时，当1x时，当x时，f（x）的单调性，判断f（x）0，计算f（），f（1），f（），即可得到所求取值范围【解答】解：（1）函数f（x）（x）ex（x），导数f（x）（12）ex（x）ex（1x+）ex（1x）（1）ex；（2）由f（x）的导数f（x）（1x）（1）ex，可得f（x）0时，x1或，当x1时，f（x）0，f（x）递减；当1x时，f（x）0，f（x）递增；当x时，f（x）0，f（x）递减，且xx22x1（x1）20，则f（x）0由f（），

17、f（1）0，f（），即有f（x）的最大值为，最小值为f（1）0则f（x）在区间，+）上的取值范围是0，6设函数f（x）acos2x+（a1）（cosx+1），其中a0，记|f（x）|的最大值为A（）求f（x）；（）求A；（）证明：|f（x）|2A【分析】（）根据复合函数的导数公式进行求解即可求f（x）；（）讨论a的取值，利用分类讨论的思想方法，结合换元法，以及一元二次函数的最值的性质进行求解；（）由（I），结合绝对值不等式的性质即可证明：|f（x）|2A【解答】（I）解：f（x）2asin2x（a1）sinx（II）当a1时，|f（x）|acos2x+（a1）（cosx+1）|a|cos2x|

18、+（a1）|（cosx+1）|a|cos2x|+（a1）（|cosx|+1）|a+2（a1）3a2f（0），因此A3a2当0a1时，f（x）acos2x+（a1）（cosx+1）2acos2x+（a1）cosx1，令g（t）2at2+（a1）t1，则A是|g（t）|在1，1上的最大值，g（1）a，g（1）3a2，且当t时，g（t）取得极小值，极小值为g（）1，（二次函数在对称轴处取得极值）令11，得a（舍）或a当0a时，g（t）在（1，1）内无极值点，|g（1）|a，|g（1）|23a，|g（1）|g（1）|，A23a，当a1时，由g（1）g（1）2（1a）0，得g（1）g（1）g（），又|g

19、（）|g（1）|0，A|g（）|，综上，A（III）证明：由（I）可得：|f（x）|2asin2x（a1）sinx|2a+|a1|，当0a时，|f（x）|1+a24a2（23a）2A，当a1时，A+1，|f（x）|1+a2A，当a1时，|f（x）|3a16a42A，综上：|f（x）|2A7设函数f（x）ax2（4a+1）x+4a+3ex（）若曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线与x轴平行，求a；（）若f（x）在x2处取得极小值，求a的取值范围【分析】（）求得f（x）的导数，由导数的几何意义可得f（1）0，解方程可得a的值；（）求得f（x）的导数，注意分解因式，讨论a0，a，a，0a，a0，

20、由极小值的定义，即可得到所求a的范围【解答】解：（）函数f（x）ax2（4a+1）x+4a+3ex的导数为f（x）ax2（2a+1）x+2ex由题意可得曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线斜率为0，可得（a2a1+2）e0，且f（1）3e0，解得a1；（）f（x）的导数为f（x）ax2（2a+1）x+2ex（x2）（ax1）ex，若a0则x2时，f（x）0，f（x）递增；x2，f（x）0，f（x）递减x2处f（x）取得极大值，不符题意；若a0，且a，则f（x）（x2）2ex0，f（x）递增，无极值；若a，则2，f（x）在（，2）递减；在（2，+），（，）递增，可得f（x）在x2处取得极小值

21、；若0a，则2，f（x）在（2，）递减；在（，+），（，2）递增，可得f（x）在x2处取得极大值，不符题意；若a0，则2，f（x）在（，2）递增；在（2，+），（，）递减，可得f（x）在x2处取得极大值，不符题意综上可得，a的范围是（，+）8设函数f（x）（aR）（）若f（x）在x0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程；（）若f（x）在3，+）上为减函数，求a的取值范围【分析】（I）f（x），由f（x）在x0处取得极值，可得f（0）0，解得a可得f（1），f（1），即可得出曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程；（II）解法一：由（I）可得：f（x

22、），令g（x）3x2+（6a）x+a，由g（x）0，解得x1，x2对x分类讨论：当xx1时；当x1xx2时；当xx2时由f（x）在3，+）上为减函数，可知：x23，解得即可解法二：“分离参数法”：由f（x）在3，+）上为减函数，可得f（x）0，可得a，在3，+）上恒成立令u（x），利用导数研究其最大值即可【解答】解：（I）f（x），f（x）在x0处取得极值，f（0）0，解得a0当a0时，f（x），f（x），f（1），f（1），曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程为，化为：3xey0；（II）解法一：由（I）可得：f（x），令g（x）3x2+（6a）x+a，由g（x）0，解得x1，x2当xx1时，g（x）0，即f（x）0，此时函数f（x）为减函数；当x1xx2时，g（x）0，即f（x）0，此时函数f（x）为增函数；当xx2时，g（x）0，即f（x）0，此时函数f（x）为减函数由f（x）在3，+）上为减函数，可知：x23，解得a因此a的取值范围为：解法二：由f（x）在3，+）上为减函数，f（x）0，可