(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)＝

mx－n－ln x，m∈R. x(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)＝

n－xn－2

. 2，∴f′(2)＝

x4

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， ∴

n－2

4

＝1，解得n＝6.

(2)f′(x)＝

n－x，令f′(x)<0，得x>n；令f′(x)>0，得x

①当n≤1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减， ∴f(x)max＝f(1)＝m－n；

②当n>1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．

3＋a(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．

bxx解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

b1

f′(x)＝2－2＋，x∈(0，＋∞)．

xx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. 12x＋x－3

因为f′(x)＝2－2＋＝， 2

3

2

bxxxx解f′(x)<0，得0

所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1]． 3＋aa(2)g(x)＝f(x)－＝2x＋ln x－(x>0)，

xx1ag′(x)＝2＋＋2(x>0)．

xx因为函数g(x)在[1,2]上单调递增，

1

1a2

所以g′(x)≥0在[1,2]上恒成立，即2＋＋2≥0在[1,2]上恒成立，所以a≥－2xxx－x在[1,2]上恒成立，

所以a≥(－2x－x)max，x∈[1,2]． 因为在[1,2]上，(－2x－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)＋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)＋2ln x， 2

其导数f′(x)＝2(x－1)＋，

2

2

2

2

x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，＋∞)，

m2x2－2x＋mf′(x)＝2(x－1)＋＝，

xx令g(x)＝2x－2x＋m，x>0，

1?1?1

其图象的对称轴为x＝，g??＝m－，g(0)＝m.

2?2?2

1?1?①当g??≥0，即m≥时，g(x)≥0，即f′(x)≥0，此时，f(x)在(0，＋∞)上单调递2?2?增；

11－1－2m1＋1－2m?1?②当g??<0且g(0)>0，即0

222?2?

2

?1－1－2m??1＋1－2m?

此时，f(x)在?0，?，?，＋∞?上单调递增，在

22?????1－1－2m1＋1－2m?

?，?上单调递减；

22??

1＋1－2m?1＋1－2m?③当g(0)≤0，即m≤0时，令g(x)＝0，则x0＝，f(x)在?0，?上

22??单调递减，在?

?1＋1－2m?

，＋∞?上单调递增． 2??

131222

4．(2019·兰州诊断)已知函数f(x)＝x－(a＋a＋2)x＋a(a＋2)x，a∈R.

32(1)当a＝－1时，求函数y＝f(x)的单调区间； (2)求函数y＝f(x)的极值点．

2

132

解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x－x＋x，

3

f′(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，

∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间． (2)∵f′(x)＝x－(a＋a＋2)x＋a(a＋2)＝(x－a)[x－(a＋2)]，

①当a＝－1或a＝2时，a＝a＋2，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)为增函数，无极值点． ②当a<－1或a>2时，a>a＋2，

可得当x∈(－∞，a＋2)时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当x∈(a＋2，a)时，

2

2

2

2

2

2

2

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＝a时，函数f(x)有极小值f(a)． ③当－1

可得当x∈(－∞，a)时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当x∈(a，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＝a时，函数f(x)有极大值f(a)． 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，＋∞)，

2

2

2

2

2

2

2

aa＋2xf′(x)＝＋2＝.

xx2x－4

当a＝－4时，f′(x)＝.

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)＝a＋2x， 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>－，

2

a??∴f(x)在?－，＋∞?上单调递增； ?2?

由f′(x)<0得，x<－，

2∴f(x)在?0，－?上单调递减．

2??

aa?

a? 3

∴当a<0时，f(x)的最小值为f?－?＝aln?－?＋2?－?.

?a??a??a??2??2??2?根据题意得f???－a2???＝aln???－a2???＋2???－a2???≥－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)＝4x3－3x2

cos θ＋316cos θ，其中x∈R，(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xcos θ1＝0，x2＝2，

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∈??cos θ?0，

2???

时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈?

?cos θ?2，＋∞??

?

时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

所以当x＝cos θ2时，f(x)取得极小值，

极小值f??cos θ?2???

＝－14cos3θ＋316cos θ，

要使f?

?cos θ?2???

>0，则有－14cos3θ＋316cos θ>0， 所以0

3

2

， 因为0≤θ<2π，故π6<θ<π3π11π

2或2<θ<6.

②当cos θ<0时，

当x∈???－∞，cos θ2???时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈?

?cos θ?2，0??

?

时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 为参数，且0≤θ<2π.4

θ