新课标广西2019高考数学二轮复习专题对点练6导数与函数的单调性极值最值

《新课标广西2019高考数学二轮复习专题对点练6导数与函数的单调性极值最值》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、专题对点练6　导数与函数的单调性、极值、最值1.已知函数f(x)=lnx+axx+1(a∈R).(1)若函数f(x)在区间(0,4)上单调递增,求a的取值范围;(2)若函数y=f(x)的图象与直线y=2x相切,求a的值.2.已知函数f(x)=lnx+12ax2-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.3.设函数f(x)=alnx+ex(e为自然对数的底数).(1)当a>0时,求函数f(x)的极值;(2)若不等式f(x)<0在区间(0,e2]内有解,求实数a的取值范

2、围.4.已知函数f(x)=13x3-12ax2,a∈R.(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;(2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)cosx-sinx,讨论g(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.专题对点练6答案1.解(1)f'(x)=1x+a(x+1)-ax(x+1)2=(x+1)2+axx(x+1)2,∵函数f(x)在区间(0,4)上单调递增,∴f'(x)≥0在(0,4)上恒成立,∴(x+1)2+ax≥0,即a≥-x2+2x+1x=-x+1x-2在(0,4)上恒成立,∵x+1x≥2,取

3、等号条件为当且仅当x=1,∴a≥-4.(2)设切点为(x0,y0),则y0=2x0,f'(x0)=2,y0=lnx0+ax0x0+1,∴1x0+a(x0+1)2=2,①且2x0=lnx0+ax0x0+1.②由①得a=2-1x0(x0+1)2,代入②得2x0=lnx0+(2x0-1)(x0+1),即lnx0+2x02-x0-1=0.令F(x)=lnx+2x2-x-1,则F'(x)=1x+4x-1=4x2-x+1x.∵4x2-x+1=0的Δ=-15<0,∴4x2-x+1>0恒成立.∴F'(x)在(0,+∞)上恒为正值,∴F(x)在(0,+

4、∞)上单调递增.∵F(1)=0,∴x0=1代入①式得a=4.2.解(1)f'(x)=1x+ax-1,依题设可得a≥1x-1x2max,而1x-1x2=-1x-122+14≤14,当x=2时,等号成立.所以a的取值范围是14,+∞.(2)由(1)可知f'(x)=1x+ax-1=ax2-x+1x.设g(x)=ax2-x+1,则g(0)=1>0,g(1)=a<0,g(x)=ax-12a2+1-14a在(0,+∞)内单调递减,因此g(x)=0在(0,1)内有唯一的解x0,使得ax02=x0-1,而且当00,当x>x0

5、时,f'(x)<0,所以f(x)≤f(x0)=lnx0+12ax02-x0-m=lnx0+12(x0-1)-x0-m=lnx0-12x0-12-m.设r(x)=lnx-12x-12-m,则r'(x)=1x-12=2-x2x>0.所以r(x)在(0,1)内单调递增.所以r(x)0),当a>0时,由f'(x)>0,解得x>ea,由f'(x)<0,解得0

6、0,ea递减,在ea,+∞递增,故函数f(x)只有极小值fea=alnea+a,无极大值.(2)f(x)<0在区间(0,e2]内有解,即f(x)在区间(0,e2]的最小值小于0.(ⅰ)当a≤0时,f'(x)<0,则函数f(x)在区间(0,e2]内为减函数,故f(x)的最小值是f(e2)=2a+1e<0,即a<-12e;(ⅱ)当a>0时,函数f(x)在区间0,ea内为减函数,在区间ea,+∞内为增函数,①若e2≤ea,即0

7、0ea,即a>1e,则函数f(x)的最小值是fea=alnea+a,令fea=alnea+a<0,得a>e2.综上,实数a的范围是-∞,-12e∪(e2,+∞).4.解(1)由题意f'(x)=x2-ax,所以当a=2时,f(3)=0,f'(x)=x2-2x,所以f'(3)=3,因此曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.(2)因为g(x)=f(x)+(x-a)cosx-sinx,所以g'(x)=f'(x)+cosx-(x-a)sinx-cosx=x(x-a)-(

8、x-a)sinx=(x-a)(x-sinx).令h(x)=x-sinx,则h'(x)=1-cosx≥0,所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0;当x<0时,h(x)<0.①当a<0时,