2022版高考数学二轮复习专题二函数与导数专题突破练6函数的单调性极值点极值最值文

专题突破练6　函数的单调性、极值点、极值、最值1.已知函数f(x)=(k为常数,e是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行.(1)求k的值;(2)求f(x)的单调区间.2.(2022山东潍坊一模,文21节选)已知函数f(x)=alnx+x2.(1)若a=-2,判断f(x)在(1,+∞)上的单调性;(2)求函数f(x)在[1,e]上的最小值;(3)略3.(2022山东师大附中一模,文21)已知函数f(x)=(x-a)ex(a∈R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.7\n4.(2022山西晋城一模,文21)已知函数f(x)=ax2+(a-1)x+(1-2a)lnx(a>0).(1)若x=2是函数的极值点,求a的值及函数f(x)的极值;(2)讨论函数的单调性.5.已知函数f(x)=lnx-,g(x)=ax+b.(1)若a=2,F(x)=f(x)-g(x),求F(x)的单调区间;(2)若函数g(x)=ax+b是函数f(x)=lnx-图象的切线,求a+b的最小值.6.(2022福建厦门一模,文21)已知函数f(x)=xex-x2-x,a≤e,其中e为自然对数的底数.(1)当a=0,x>0时,证明f(x)≥ex2;(2)讨论函数f(x)极值点的个数.7\n参考答案专题突破练6　函数的单调性、极值点、极值、最值1.解(1)由题意得f'(x)=,又f'(1)==0,故k=1.(2)由(1)知,f'(x)=.设h(x)=-lnx-1(x>0),则h'(x)=-<0,即h(x)在(0,+∞)上是减函数.由h(1)=0知,当0<x<1时,h(x)>0,从而f'(x)>0;当x>1时,h(x)<0,从而f'(x)<0.综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞).2.解(1)当a=-2时,f'(x)=2x-,由于x∈(1,+∞),故f'(x)>0,∴f(x)在(1,+∞)上单调递增.(2)f'(x)=2x+,当a≥0时,f'(x)≥0,f(x)在[1,e]上单调递增,∴f(x)min=f(1)=1.当a<0时,由f'(x)=0解得x=±(负值舍去),设x0=.若≤1,即a≥-2,也就是-2≤a<0时,x∈[1,e],f'(x)>0,f(x)单调递增,∴7\nf(x)min=f(1)=1.若1<<e,即-2e2<a<-2时,x∈[1,x0],f'(x)≤0,f(x)单调递减,x∈[x0,e],f'(x)≥0,f(x)单调递增.故f(x)min=f(x0)=-+aln.若≥e,即a≤-2e2时,x∈[1,e],f'(x)<0,f(x)单调递减.∴f(x)min=f(e)=e2+a.综上所述:当a≥-2时,f(x)的最小值为1;当-2e2<a<-2时,f(x)的最小值为;当a≤-2e2时,f(x)的最小值为e2+a.(3)略.3.解(1)设切线的斜率为k.因为a=2,所以f(x)=(x-2)ex,f'(x)=ex(x-1).所以f(0)=-2,k=f'(0)=e0(0-1)=-1.所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0.(2)由题意得f'(x)=ex(x-a+1),令f'(x)=0,可得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2,当x∈[1,2]时,f'(x)≥0,则f(x)在[1,2]上单调递增.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e.②若a-1≥2,则a≥3,当x∈[1,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[1,2]上单调递减.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2.③若1<a-1<2,则2<a<3,所以f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(1,a-1)a-1(a-1,2)f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为[1,a-1],单调递增区间为[a-1,2].所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(a-1)=-ea-1.综上所述:当a≤2时,f(x)min=f(1)=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=f(2)=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=f(a-1)=-ea-1.4.解(1)f'(x)=ax+(a-1)+(x>0),由已知f'(2)=2a+(a-1)+=2a-=0⇒a=,此时f(x)=x2-x+lnx,f'(x)=x-,当0<x<1和x>2时,f'(x)>0,f(x)是增函数,当1<x<2时,f'(x)<0,f(x)是减函数,所以函数f(x)在x=1和x=2处分别取得极大值和极小值.7\n故函数f(x)的极大值为f(1)==-,极小值为f(2)=ln2=ln2-1.(2)f'(x)=ax+(a-1)+=(x>0),①当≤0,即a≥,0<x<1时,f'(x)<0,x>1时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增;②当0<<1,即<a<时,0<x<和x>1时,f'(x)>0,<x<1时,f'(x)<0,所以f(x)在区间上单调递减,在区间和(1,+∞)上单调递增;③当>1,即0<a<时,0<x<1和x>时,f'(x)>0,1<x<时,f'(x)<0,所以f(x)在区间上单调递减,在区间(0,1)和上单调递增;④当=1,即a=时,f'(x)>0,所以f(x)在定义域(0,+∞)上单调递增;综上:①当0<a<时,f(x)在区间上单调递减,在区间(0,1)和上单调递增;②当a=时,f(x)在定义域(0,+∞)上单调递增;7\n③当<a<时,f(x)在区间上单调递减,在区间和(1,+∞)上单调递增;④当a≥时,f(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增.5.解(1)a=2,F(x)=f(x)-g(x)=lnx--2x-b,F'(x)=-2=(x>0),令F'(x)>0,解得0<x<1,令F'(x)<0,解得x>1,故F(x)在(0,1)递增,在(1,+∞)递减.(2)设切点,函数f(x)=lnx-的导数为f'(x)=,即切线的斜率为,则a=,lnm-=ma+b,即有b=lnm--1,a+b=lnm--1,令=t>0,则a+b=-lnt-t+t2-1,令a+b=φ(t)=-lnt+t2-t-1,则φ'(t)=-+2t-1=,当t∈(0,1)时,φ'(t)<0,φ(t)在(0,1)上单调递减;当t∈(1,+∞)时,φ'(t)>0,φ(t)在(1,+∞)上单调递增.即有t=1时,φ(t)取得极小值,也为最小值.则a+b=φ(t)≥φ(1)=-1,故a+b的最小值为-1.6.解(1)当a=0,x>0时,f(x)=xex,f(x)≥ex2,即xex-ex2≥0,∵x>0,只要证ex-ex≥0,记g(x)=ex-ex(x>0),则g'(x)=ex-e.当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)≥g(1)=0,即f(x)≥ex2,原不等式成立.(2)f'(x)=+x=(x+1)ex-ax(x+1)=(x+1)(ex-ax),记h(x)=ex-ax,h'(x)=ex-a.(ⅰ)当a<0时,h'(x)=ex-a>0,h(x)在R上单调递增,h(0)=1>0,h-1<0,所以存在唯一x0∈,h(x0)=0,且当x<x0时,h(x)<0;当x>x0,h(x)>0,①若x0=-1,即a=-时,对任意x≠-1,f'(x)>0,此时f(x)在R上单调递增,无极值点.7\n②若x0<-1,即-<a<0时,此时当x<x0或x>-1时,f'(x)>0.即f(x)在(-∞,x0),(-1,+∞)上单调递增;当x0<x<-1时,f'(x)<0,即f(x)在(x0,-1)上单调递减.此时f(x)有一个极大值点x0和一个极小值点-1.③若-1<x0<0,即a<-时,此时当x<-1或x>x0时,f'(x)>0.即f(x)在(-∞,-1),(x0,+∞)上单调递增;当-1<x<x0时,f'(x)<0,即f(x)在(-1,x0)上单调递减.此时f(x)有一个极大值点-1和一个极小值点x0.(ⅱ)当a=0时,f(x)=xex,所以f'(x)=(x+1)ex,显然f(x)在(-∞,-1)单调递减;在(-1,+∞)上单调递增.(ⅲ)当0<a<e时,由(1)可知,对任意x≥0,h(x)=ex-ax>ex-ex≥0,从而h(x)>0,而对任意x<0,h(x)=ex-ax>ex>0;所以对任意x∈R,h(x)>0.此时令f'(x)<0,得x<-1;令f'(x)>0,得x>-1.所以f(x)在(-∞,-1)单调递减;在(-1,+∞)上单调递增;此时f(x)有一个极小值点-1,无极大值点.(ⅳ)当a=e时,由(1)可知,对任意x∈R,h(x)=ex-ax=ex-ex≥0,当且仅当x=1时取等号,此时令f'(x)<0,得x<-1;令f'(x)>0,得x>-1,所以f(x)在(-∞,-1)单调递减;在(-1,+∞)上单调递增;此时f(x)有一个极小值点-1,无极大值点.综上可得:当a<-或-<a<0时,f(x)有两个极值点;当a=-时,f(x)无极值点;当0≤a≤e时,f(x)有一个极值点.7