考点10 利用导数研究函数的单调性极值最值高考分类题库Word文档下载推荐.docx

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A.（0,1）B.（0,2）

C.（0,+∞）D.（1,+∞）

【解题指南】设出两切点的坐标,两切线方程,从而求出点P的坐标,表示出三角形的面积,进而求出取值范围.

【解析】选A.由题设知:

不妨设P1,P2点的坐标分别为:

P1（x1,y1）,P2（x2,y2）,其中0<

x1<

1<

x2,则由于l1,l2分别是点P1,P2处的切线,而

（x）=得l1的斜率k1为-,l2的斜率k2为;

又l1与l2垂直,且0<

x2,可得:

k1·

k2=-·

=-1⇒x1·

x2=1,我们写出l1与l2的方程分别为:

l1:

y=-（x-x1）-lnx1…①,l2:

y=（x-x2）+lnx2…②,此时点A的坐标为（0,1-lnx1）,点B的坐标为（0,-1+lnx2）,由此可得:

|AB|=2-lnx1-lnx2=2-ln（x1·

x2）=2,①,②两式联立可解得交点P的横坐标为x=,△PAB的面积为:

S△PAB=|AB|·

|Px|=×

2×

=≤1,当且仅当x1=即x1=1时等号成立,而0<

1,所以S△PAB<

1.

3.（2016·

四川高考文科·

T6）已知a为函数f（x）=x3-12x的极小值点,则a=　（　　）

A.-4B.-2C.4D.2

【解题指南】求出f'

（x）,解出方程f'

（x）=0的根,再根据不等式f'

（x）>

0,f'

（x）<

0的解集得出函数的极值点.

【解析】选D.f'

（x）=3x2-12=3,令f'

（x）=0,得x=-2或x=2,易知f（x）在上单调递减,在上单调递增,故f（x）的极小值为f,所以a=2.

2、解答题

4.（2016·

全国卷Ⅰ高考理科·

T21）已知函数f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2有两个零点.

（1）求a的取值范围.

（2）设x1,x2是f（x）的两个零点,证明:

x1+x2<

2.

【解析】

（1）f'

（x）=（x-1）ex+2a（x-1）=（x-1）（ex+2a）.

①设a=0,则f（x）=（x-2）ex,f（x）只有一个零点;

②设a>

0,则当x∈（-∞,1）时,f'

0;

当x∈（1,+∞）时,f'

0,

所以f（x）在（-∞,1）内单调递减,在（1,+∞）内单调递增.

又f

（1）=-e,f

（2）=a,取b满足b<

0且b<

ln,

则f（b）>

（b-2）+a（b-1）2=a>

故f（x）存在两个零点;

③设a<

0,由f'

（x）=0得x=1或x=ln（-2a）.

若a≥-,则ln（-2a）≤1,故当x∈（1,+∞）时,

0,因此f（x）在（1,+∞）内单调递增.

又当x≤1时,f（x）<

0,所以f（x）不存在两个零点.

若a<

-,则ln（-2a）>

1,故当x∈（1,ln（-2a））时,f'

当x∈（ln（-2a）,+∞）时,f'

0.

因此f（x）在（1,ln（-2a））内单调递减,在（ln（-2a）,+∞）内单调递增,

0,所以f（x）不存在两个零点,

综上,a的取值范围为（0,+∞）.

（2）不妨设x1<

x2,由

（1）知,x1∈（-∞,1）,x2∈（1,+∞）,2-x2∈（-∞,1）,f（x）在（-∞,1）内单调递减,

所以x1+x2<

2等价于f（x1）>

f（2-x2）,即f（2-x2）<

由于f（2-x2）=-x2+a（x2-1）2,

而f（x2）=（x2-2）+a（x2-1）2=0,

所以f（2-x2）=-x2-（x2-2）,

设g（x）=-x-（x-2）ex,

则g'

（x）=（x-1）（-ex）.

所以当x>

1时,g'

0,而g

（1）=0,

故当x>

1时,g（x）<

从而g（x2）=f（2-x2）<

0,故x1+x2<

5.（2016·

全国卷Ⅲ·

理科·

T21）（本小题满分12分）

设函数f（x）=acos2x+（a-1）（cosx+1）,其中a>

0,记|f（x）|的最大值为A.

（1）求f'

（x）.

（2）求A.

（3）证明|f'

（x）|≤2A.

（x）=-2asin2x-（a-1）sinx.

（2）当a≥1时,

当0<

a<

1时,

令cosx=t∈,则f（x）=g（t）=2at2+t-1,其对称轴为t=,

当t=∈时,解得a<

-或a>

所以当<

1时,因为g

（1）=a,g

（1）=3a-2,

则g（-1）-g

（1）=2-2a>

又,

所以A=g.

a≤时,=a,=2-3a所以此时<

=2-3a.

综上可得:

A=

（3）由

（1）得.

a≤时,≤1+a≤2-4a<

2=2A,

当<

1时,A=.

所以<

2A.

当a≥1时,≤3a-1≤6a-4=2（3a-2）=2A.

综上所述:

≤2A.

6.（2016·

文科·

设函数f（x）=lnx-x+1.

（1）讨论f（x）的单调性.

（2）证明当x∈（1,+∞）时,1<

<

x.

（3）设c>

1,证明当x∈（0,1）时,1+（c-1）x>

cx.

（1）由题设,f（x）的定义域为,f'

（x）=-1,令f'

（x）=0,解得x=1.

x<

1时,f'

0,f（x）单调递增;

当x>

0,f（x）单调递减.

（2）由

（1）知f（x）在x=1处取得最大值,最大值为f

（1）=0.

所以当x

故

（3）由题设c>

1,设g（x）=1+（c-1）x-cx,则g'

（x）=c-1-cxlnc,令g'

（x）=0.

解得x0=.

当x<

x0时,g'

0,g（x）单调递增;

0,g（x）单调递减.

由

（2）知1<

c,故0<

x0<

1.又g（0）=g

（1）=0,故当0<

1时,g（x）>

所以当x∈（0,1）时,1+（c-1）x>

7.（2016·

浙江高考文科·

T20）设函数f（x）=x3+,x∈[0,1].证明:

（1）f（x）≥1-x+x2.

（2）<

f（x）≤.

【解题指南】

（1）利用放缩法,得到,从而得到结论.

（2）由0≤x≤1得x3≤x,进行放缩,得到f（x）≤,再结合第一问的结论,得到f（x）>

从而得到结论.

【证明】

（1）因为1-x+x2-x3=,

由于0≤x≤1,有,即1-x+x2-x3≤,

所以f（x）≥1-x+x2.

（2）由0≤x≤1得x3≤x,故

f（x）=x3+≤x+=x+-+

=,

所以f（x）≤,

由

（1）得f（x）≥1-x+x2=,

又因为f=>

所以f（x）>

综上,<

8.（2016·

山东高考理科·

T20）

已知f（x）=a,a∈R.

（2）当a=1时,证明f（x）>

（x）+对于任意的x∈成立.

（1）求导后,对a分情况讨论.

（2）令g（x）=f'

（x）+=,对其求导,求其最大值,判断f（x）min与g（x）max的关系,进而可给出证明.

（1）由题意,函数f（x）的定义域为,f'

（x）=.

1a≤0时,x∈（0,1）时,f'

0,函数f（x）单调递增,

在x∈时,f'

0,函数f（x）单调递减.

2a>

0时,f'

（x）=,

2时,>

1,当x∈或时,

当x∈时,f'

3a=2时,=1,x∈时,f'

（x）≥0,函数f（x）在（0,+∞）上单调递增.

4a>

2时,0<

1,当x∈或x∈时,f'

综上:

当a≤0时,函数f（x）在（0,1）内单调递增,在内函数f（x）单调递减.

2时,函数f（x）在和内单调递增,

在内函数f（x）单调递减.

当a=2时,函数f（x）在内单调递增,

当a>

2时,函数f（x）在和内单调递增,在内函数f（x）单调递减.

（2）方法一:

由

（1）知函数f（x）在[1,）内递减,在（,2]内递增.故f（x）min=f（）=-ln+,

（x）+.

若令g（x）=,则有g'

故存在x0∈[1,2]使得函数g（x）在[1,x0）递减,在（x0,2]递增,

则g（x）max=max,而g

（1）=,g

（2）=,

所以g（x）max=.

因为f（x）min-g（x）max=-ln+-=2--ln2>

2.82-2.25-ln2>

（1-ln2）>

所以,f（x）>

因为lnx≤x-1（当且仅当x=1时等号成立）,

G（x）=.

又f（x）≥（当且仅当x=1时等号成立）,

即可得f（x）>

9.（2016·

山东高考文科·

T20）设f（x）=xlnx-ax2+（2a-1）x,a∈R.

（1）令g（x）=f'

（x）,求g（x）的单调区间.

（2）已知f（x）在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.

（1）通过二次求导,研究g（x）的单调性.

（2）通过端点分析,找到分界点,再分情况讨论.

（1）g（x）=f'

（x）=lnx-2ax+2a,

所以g'

（x）=-2a=.

当a≤0,x∈时,g'

0,函数g（x）单调递增.

0,x∈时,g'

0,函数g（x）单调递增,

x∈时,g'

0,函数g（x）单调递减.

当a≤0,函数g（x）单调递增区间为（0,+∞）.

0,函数g（x）单调递增区间为,函数g（x）单调递减区间为.

（2）由

（1）知f'

（1）=0.

①当a≤0,f'

（x）单调递增,所以

x∈时,f'

0,f（x）单调递减,x∈时,

0,f（x）单调递增,

所以f（x）在x=1处取得极小值,不合题意.

②当0<

>

1时,由

（1）知f'

（x）在内单调递增,

所以x∈时,f'

0,f（x）单调递减,x∈时,f'

③当a=,=1时,f'

（x）在内单调递增,在（1,+∞）内单调递减,所以x∈时,f'

（x）≤0,f（x）单调递减,不合题意.

④当a>

0<

1时,x∈,f'

当x∈时