2019年高考数学（理科）一轮复习达标检测（十三） 极值、最值两考点，利用导数巧推演

.

调递增．

2?4因为f(－1)＝2，f??3?＝27，f(0)＝0， 所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2. ②当1≤x≤e时，f(x)＝aln x， 当a≤0时，f(x)≤0；

当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增， 则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.

故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a； 当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2. 1

11．设函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x，a>0.

2(1)求函数f(x)的单调区间； (2)讨论函数f(x)的零点个数．

解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

2

ax－?a＋1?x＋a?x－a??x－1?

因为f′(x)＝x－(a＋1)＋x＝＝(x>0)， xx

①当00，得01， 所以函数f(x)的单调增区间为(0，a)和(1，＋∞)，单调减区间为(a,1)． ?x－1?2

②当a＝1时，f′(x)＝x≥0恒成立，

所以函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，无减区间．

③当a>1时，令f′(x)<0，得10，得0a， 所以函数f(x)的单调增区间为 (0,1)和(a，＋∞)，单调减区间为(1，a)． (2)由(1)可知，①当0

函数f(x)的单调增区间为(0，a)和(1，＋∞)，单调减区间为(a,1)， 11

所以f(x)极大值＝f(a)＝－a2－a＋aln a<0，f(x)极小值＝f(1)＝－－a<0，

22注意到f(2a＋2)＝aln(2a＋2)>0， 所以函数f(x)有唯一零点．

②当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

3

又注意到f(1)＝－<0，f(4)＝ln 4>0，所以函数f(x)有唯一零点．

2

③当a>1时，函数f(x)的单调增区间为(0,1)和(a，＋∞)，单调减区间为(1，a)， 11

所以f(x)极大值＝f(1)＝－－a<0，f(x)极小值＝f(a)＝－a2－a＋aln a<0，

22注意到f(2a＋2)＝aln(2a＋2)>0，

.

.

所以函数f(x)有唯一零点，综上，函数f(x)有唯一零点． 12．已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax(a∈R)． (1)当a＝3时，求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)有两个极值点x3

1，x2，且x1∈(0,1]，证明f(x1)－f(x2)≥－4＋ln 2.

解：f′(x)＝1

2x2－ax＋1x＋2x－a＝x(x>0)． ＝3时，f′(x)＝2x2(1)当a－3x＋1x. 令f′(x)＝0，得x＝1

2

或x＝1.

所以当01时，f′(x)>0；当1

2

所以函数f(x)的单调递增区间为??0，12??和(1，＋∞)，单调递减区间为?1

?2，1??. (2)证明：由于f(x)有两个极值点x1，x2，则2x2－ax＋1＝0有两个不相等的实根，所以x＋xa11

12＝2，x1·x2＝2，即2(x1＋x2)＝a，x2＝2x，

1

所以f(x1)－f(x2)＝ln x1＋x21－ax1－ln x2－x2

2＋ax2

＝ln x1－ln

12x＋a

12(x1

－x2)－a(x1－x2) ＝2ln x1

1－x21＋

4x2＋ln 2(0

1≤1)， 设F(x)＝2ln x－x2＋

1

4x2＋ln 2(0

?2x2－1?2x－2x－2x3＝－2x3<0，

所以F(x)在(0,1]上单调递减， 所以F(x)≥F(1)＝－3

4＋ln 2，

即f(xx3

1)－f(2)≥－4

＋ln 2.

1．若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的图象与x轴相切于点(c,0)，且f(x)有极大值4，则c＝( A．－3 B．－1 C．1

D．3

解析：选D 求出导数f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 由f′(x)＝0可得x＝－a±a2－3b3

，

.

) .

－a－a2－3b??－a＋a2－3b??所以函数f(x)在?－∞，?，?－，＋∞?上是增函数，

33????

?－a－a2－3b－a＋a2－3b?

在??上是减函数， ，

33??－a＋a2－3b

易知c≠0，且＝c，

3

因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的图象与x轴相切于点(c,0)，

2

??f′?c?＝3c＋2ac＋b＝0，所以? 32

?f?c?＝c＋ac＋bc＝0，?

a

解得c＝－，所以a2＝4b，

2－a－a2－3b

则有x＝＝3－a－

当a>0时，

3－a－

当a<0时，

3

a24a24－a－

3

a24

，

a

＝－＝c，不符合题意；

2a

＝－

6

又因为f(x)有极大值4，

aaaaa

－?＝?－?3＋a×?－?2＋×?－?＝4， 所以f??6??6??6?4?6?解得a＝－6，则c＝3.

1

2．已知函数f(x)＝x2＋(1－m)x＋ln x.

2

(1)若函数f(x)存在单调递减区间，求实数m的取值范围；

7

(2)设x1，x2(x1

21

解：(1)因为f(x)＝x2＋(1－m)x＋ln x，

2

2

1x＋?1－m?x＋1

所以f′(x)＝x＋1－m＋＝. xx

2

又因为f′(x)<0在(0，＋∞)上有解， 令g(x)＝x2＋(1－m)x＋1，因为g(0)＝1>0， m－1??>0，

只需?2

??Δ＝?1－m?2－4>0，

??m>1，解得?即m>3.

?m>3或m<－1，?

.

.

所以实数m的取值范围为(3，＋∞)． x2＋?1－m?x＋1

(2)f′(x)＝， x

令f′(x)＝0，即x2＋(1－m)x＋1＝0，

?x1＋x2＝m－1，?由题知，两根分别为x1，x2，则?

??x1x2＝1，

112

又因为f(x1)－f(x2)＝x2＋(1－m)x＋ln x－x－(1－m)x2－ln x2 11

2122x112x112222

＝(x2－x)＋(1－m)(x－x)＋ln ＝(x－x)－(x－x)＋ln 12212

212x221x2

22

x1122x11?x1－x2?x11x1x2?

－. ＝ln －(x1－x2)＝ln －＝ln －?x22x22?x1x2?x22?x2x1?

x1令＝t，由于x1

725

又因为m≥，(x1＋x2)2＝(m－1)2≥，

24?x1＋x2?2x1x2125

即＝＋2＋，即t＋2＋t≥，

x1x2x2x1411所以4t2－17t＋4≥0，解得t≥4或t≤，即0

t－??0

22

1112t－t－1－?t－1?

则h′(t)＝t－－2＝＝<0，

22t2t22t21

0，?上单调递减， 所以h(t)在??4?

1?11?1?15

－4＝－2ln 2＋. h(t)min＝h?＝ln －?4?42?4?8所以f(x1)－f(x2)的最小值为－2ln 2＋

15

. 8

.