新高考2020版高考数学二轮复习专题过关检测九导数的单调性极值最值问题文

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文档介绍

新高考2020版高考数学二轮复习专题过关检测九导数的单调性极值最值问题文

专题过关检测(九) 导数的单调性、极值、最值问题 ‎1.(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f(x)=-ln x,m∈R.‎ ‎(1)若函数f(x)的图象在(2,f(2))处的切线与直线x-y=0平行,求实数n的值;‎ ‎(2)试讨论函数f(x)在区间[1,+∞)上的最大值.‎ 解:(1)由题意得f′(x)=,∴f′(2)=.‎ 由于函数f(x)的图象在(2,f(2))处的切线与直线x-y=0平行,‎ ‎∴=1,解得n=6.‎ ‎(2)f′(x)=,令f′(x)<0,得x>n;令f′(x)>0,得x1时,函数f(x)在[1,n)上单调递增,在(n,+∞)上单调递减,‎ ‎∴f(x)max=f(n)=m-1-ln n.‎ ‎2.已知x=1是f(x)=2x++ln x的一个极值点.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调递减区间.‎ ‎(2)设函数g(x)=f(x)-,若函数g(x)在区间[1,2]内单调递增,求a的取值范围.‎ 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),‎ f′(x)=2-+,x∈(0,+∞).‎ 因为x=1是f(x)=2x++ln x的一个极值点,‎ 所以f′(1)=0,即2-b+1=0.‎ 解得b=3,经检验,适合题意,所以b=3.‎ 因为f′(x)=2-+=,‎ 解f′(x)<0,得00),‎ g′(x)=2++(x>0).‎ 因为函数g(x)在[1,2]上单调递增,‎ 5‎ 所以g′(x)≥0在[1,2]上恒成立,即2++≥0在[1,2]上恒成立,所以a≥-2x2-x在[1,2]上恒成立,‎ 所以a≥(-2x2-x)max,x∈[1,2].‎ 因为在[1,2]上,(-2x2-x)max=-3,‎ 所以a≥-3,即a的取值范围为[-3,+∞).‎ ‎3.(2019·沈阳质量监测)已知函数f(x)=(x-1)2+mln x,m∈R.‎ ‎(1)当m=2时,求函数f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程;‎ ‎(2)试讨论函数f(x)的单调性.‎ 解:(1)当m=2时,f(x)=(x-1)2+2ln x,‎ 其导数f′(x)=2(x-1)+,‎ 所以f′(1)=2,即切线斜率为2,‎ 又切点为(1,0),所以切线方程为2x-y-2=0.‎ ‎(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),‎ f′(x)=2(x-1)+=,‎ 令g(x)=2x2-2x+m,x>0,‎ 其图象的对称轴为x=,g=m-,g(0)=m.‎ ‎①当g≥0,即m≥时,g(x)≥0,即f′(x)≥0,此时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;‎ ‎②当g<0且g(0)>0,即02时,a2>a+2,‎ 可得当x∈(-∞,a+2)时,f′(x)>0,函数f(x)为增函数;当x∈(a+2,a2)时,f′(x)<0,函数f(x)为减函数;当x∈(a2,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)为增函数.‎ ‎∴当x=a+2时,函数f(x)有极大值f(a+2);当x=a2时,函数f(x)有极小值f(a2).‎ ‎③当-10,函数f(x)为增函数;当x∈(a2,a+2)时,f′(x)<0,函数f(x)为减函数;当x∈(a+2,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)为增函数.‎ ‎∴当x=a+2时,函数f(x)有极小值f(a+2);当x=a2时,函数f(x)有极大值f(a2).‎ ‎5.已知常数a≠0,f(x)=aln x+2x.‎ ‎(1)当a=-4时,求f(x)的极值;‎ ‎(2)当f(x)的最小值不小于-a时,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0,+∞),‎ f′(x)=+2=.‎ 当a=-4时,f′(x)=.‎ ‎∴当02时,f′(x)>0,即f(x)单调递增.‎ ‎∴f(x)只有极小值,且在x=2时,f(x)取得极小值f(2)=4-4ln 2.‎ ‎(2)∵f′(x)=,‎ ‎∴当a>0,x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,即f(x)在x∈(0,+∞)上单调递增,没有最小值;‎ 当a<0时,由f′(x)>0得,x>-,‎ ‎∴f(x)在上单调递增;‎ 5‎ 由f′(x)<0得,x<-,‎ ‎∴f(x)在上单调递减.‎ ‎∴当a<0时,f(x)的最小值为f=aln+2.‎ 根据题意得f=aln+2≥-a,‎ 即a[ln(-a)-ln 2]≥0.‎ ‎∵a<0,∴ln(-a)-ln 2≤0,解得a≥-2,‎ ‎∴实数a的取值范围是[-2,0).‎ ‎6.已知函数f(x)=4x3-3x2cos θ+cos θ,其中x∈R,θ为参数,且0≤θ<2π.‎ ‎(1)当cos θ=0时,判断函数f(x)是否有极值;‎ ‎(2)要使函数f(x)的极小值大于零,求参数θ的取值范围.‎ 解:(1)当cos θ=0时,f(x)=4x3,x∈R.‎ 所以f′(x)=12x2≥0,所以函数f(x)无极值.‎ ‎(2)因为f′(x)=12x2-6xcos θ,‎ 设f′(x)=0,得x1=0,x2=,‎ 由(1)可知,只需分下面两种情况讨论:‎ ‎①当cos θ>0时,‎ 当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;‎ 当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减;‎ 当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ 所以当x=时,f(x)取得极小值,‎ 极小值f=-cos3θ+cos θ,‎ 要使f>0,则有-cos3θ+cos θ>0,‎ 所以00,f(x)单调递增;‎ 当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减;‎ 当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ 所以当x=0时,f(x)取得极小值.‎ 极小值f(0)=cos θ.‎ 若f(0)>0,则cos θ>0,矛盾.‎ 所以当cos θ <0时,f(x)的极小值不会大于零.‎ 综上所述,要使函数f(x)在R内的极小值大于零,参数θ的取值范围是∪.‎ 5‎
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