2018届高考数学二轮导数与函数的单调性、极值、最值专题卷(全国通用)

高考大题专项练一函数、导数、方程、不等式

1.1导数与函数的单调性、极值、最值

1.(2017广西桂林模拟,文21)已知函数f(x)=(x-k)e x.

(1)求f(x)的单调区间;

(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.

2.(2017福建福州一模,文20)已知函数f(x)=a ln x+x2-ax(a∈R).

(1)若x=3是f(x)的极值点,求f(x)的单调区间;

(2)求g(x)=f(x)-2x在区间[1,e]的最小值h(a).

3.(2017福建龙岩一模,文21)已知函数f(x)=x2-2x+m ln x(m∈R),g(x)=e x.

(1)若m=-1,函数φ(x)=f(x)-(0

(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2(x1

4.(2017安徽马鞍山一模,文21)已知函数f(x)=x e x-a(a∈R).

(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;

(2)讨论函数f(x)的单调性.

5.(2017湖南邵阳一模,文21)已知函数f(x)=x ln x-x2,直线l:y=(k-2)x-k+1,且k∈Z.

(1)若?x0∈[e,e2],使得f(x0)>0成立,求实数a的取值范围;

(2)设a=0,当x>1时,函数f(x)的图象恒在直线l的上方,求k的最大值.

?导学号24190959?6.(2017河北邯郸一模,文21)已知函数f(x)=ln x+ax2-x-m(m∈Z).

(1)若f(x)是增函数,求a的取值范围;

(2)若a<0,且f(x)<0恒成立,求m的最小值.

?导学号24190960?

1.1导数与函数的单调性、极值、最值

1.解(1)由题意知f'(x)=(x-k+1)e x.

令f'(x)=0,得x=k-1.

当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0,当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0.

所以f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1),单调递增区间是(k-1,+∞).

(2)当k-1≤0,即k≤1时,f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;

当0

当k-1≥1,即k≥2时,f(x)在[0,1]上单调递减,

所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.

综上,当k≤1时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)=-k;

当1

当k≥2时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.

2.解(1)f'(x)=+2x-a(x>0).

∵x=3是函数f(x)的一个极值点,

∴f'(3)=+6-a=0,解得a=9,

∴f'(x)=,

∴03时,f'(x)>0,

∴f(x)的单调递增区间为,(3,+∞);f(x)的单调递减区间为.

(2)g(x)=a ln x+x2-ax-2x,x∈[1,e],g'(x)=.

①当≤1,即a≤2时,g(x)在[1,e]上递增,g(x)min=g(1)=-a-1;

②当1<

故g(x)min=g=a ln-a;

③当≥e,即a≥2e时,g(x)在[1,e]上递减,

故g(x)min=g(e)=a(1-e)+e(e-2).

综上,

h(a)=

3.解(1)当m=-1时,φ(x)=x-ln x,φ'(x)=,

当a<0时,φ'(x)<0,φ(x)在(0,e]上是减函数,φ(x)min=φ(e)=-1<0,不合题意.

当a>0时,由φ'(x)>0,解得x>a,由φ'(x)<0,解得0

∴φ(x)在(0,a]上是减函数,φ(x)在(a,+∞)上是增函数.

当0

φ(x)在(a,e)上是增函数,φ(x)min=φ(a)=1-ln a=2,∴a=,合题意.

当a>e时,φ(x)在(0,e]上是减函数,φ(x)min=φ(e)=-1=2,∴a=,不合题意.综上述a=.

(2)f'(x)=2x-2+(x>0),令f'(x)=0,得2x2-2x+m=0,①

∵f(x)存在两个极值点x1,x2(x1

∴?0

x1-x2=x1-(1-x1)=2x1-1∈(-1,0),

g'(x)=e x,当x∈时,g'(x)<0;当x∈时,g'(x)>0.

g(x)在上是减函数,g(x)在上是增函数,

∴g(x1-x2)的最小值为g=-.

4.解(1)当a=1时,f(x)=x e x-,f'(x)=e x+x e x-(x+1)=(x+1)(e x-1),

令f'(x)=0,得x=-1或x=0.

∴x=-1时,f(x)有极大值f(-1)=,x=0时,f(x)有极小值f(0)=0.

(2)f'(x)=e x+x e x-a(x+1)=(x+1)(e x-a),

当a≤0时,e x-a>0,由f'(x)>0得x>-1,即在(-1,+∞)上,函数f(x)单调递增,

由f'(x)<0得x<-1,即在(-∞,-1)上,函数f(x)单调递减;

当a>0时,令f'(x)=0得x=-1,或x=ln a.

①当ln a=-1,即a=e-1时,无论x>-1或x<-1,均有f'(x)>0,又f'(-1)=0,

即在R上,f'(x)≥0,从而函数f(x)在R上单调递增;

②当ln a<-1,即0

由f'(x)=(x+1)(e x-a)>0?x>-1或x

由f'(x)=(x+1)(e x-a)<0?ln a

③当ln a>-1,即a>e-1时,

由f'(x)=(x+1)(e x-a)>0?x>ln a或x<-1时,函数f(x)单调递增;

由f'(x)=(x+1)(e x-a)<0?-1

5.解(1)由题意可得x2

∴t'(x)=,令t'(x)>0,解得0e,

∴t(x)在x∈(0,e)上递增,在x∈[e,e2]上递减,∴当x=e时,t(x)max=t(e)=,∴a<,

即a的取值范围是.

(2)由题意可知x ln x>x(k-2)-k+1在x∈(1,+∞)上恒成立,

即k<,令h(x)=(x>1),∴h'(x)=,

令φ(x)=x-ln x-2(x>1),φ'(x)=1->0,

∴φ(x)在x∈(1,+∞)上递增,又φ(3)=1-ln 3<0,φ(4)=2-ln 4>0,

∴存在唯一实数x0∈(3,4),使得φ(x0)=0,即x0-ln x0-2=0,∴ln x0=x0-2,

∴h(x)在x∈(1,x0)上递减,在x∈(x0,+∞)上递增,

∴h(x)min=h(x0)==x0+1∈(4,5),

∴k

又k∈Z,∴k的最大值为4.