专项突破练二十 导数与函数的单调性、极值、最值问题——2022届新高考数学二轮复习专项突破练

专项突破练二十　导数与函数的单调性、极值、最值问题 1．(2021·北京高考)已知函数f(x)＝. (1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值． 2．(2021·全国乙卷)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)求曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标． 3．已知函数f(x)＝a ln x＋＋2x，且曲线y＝f(x)在点M(1，f(1))处的切线与直线y＝2x平行． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若关于x的不等式f(x)≥2x＋恒成立，求实数m的取值范围． 4．已知函数f(x)＝axex－x2－2x. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当x＞0时，f(x)＞0，求正实数a的取值范围． 5．(2020·新高考全国卷)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a. (1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)若f(x)≥1，求a的取值范围． 6．设f(x)＝x ln x－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． 参考答案 1． 【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝＝，f(1)＝1， f′(1)＝－4，故y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)， 整理得4x＋y－5＝0； (2)f′(x)＝＝， 若函数f(x)在x＝－1处取得极值， 令f′(－1)＝0，即＝0，解得a＝4，经检验， 当a＝4时，函数f(x)在x＝－1处取得极大值， 符合题意． 此时f(x)＝，函数定义域为R，f′(x)＝， 令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝4. f(x)，f′(x)随x的变化趋势如表： x (－∞，－1) －1 (－1，4) 4 (4，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 故函数的单调递增区间为(－∞，－1)和(4，＋∞)， 单调递减区间为(－1，4)，极大值为f(－1)＝1， 极小值为f(4)＝－. 又因为x＜时，f(x)＞0，x＞时，f(x)＜0， 故可判断函数f(x)的最大值为f(－1)＝1， 最小值为f(4)＝－. 2． 【解析】(1)函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1的定义域为R，其导数f′(x)＝3x2－2x＋a. ①当a≥时，方程f′(x)＝0至多有一解，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增； ②当a<时，若f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0， 此时方程3x2－2x＋a＝0有两根：x1＝，x2＝. f′(x)>0时，x<x1或x>x2；f′(x)<0时，x1<x<x2. f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增． 综上，当a≥时，f(x)在R上单调递增； 当a<时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． (2)记曲线y＝f(x)过坐标原点的切线为l，切点为P(x0，x－x＋ax0＋1). f′(x0)＝3x－2x0＋a， 所以切线l的方程为y－(x－x＋ax0＋1)＝(3x－2x0＋a)(x－x0)， 又l过坐标原点，则2x－x－1＝0，解得x0＝1， 所以切线l的方程为y＝(1＋a)x， 若x3－x2＋ax＋1＝(1＋a)x， 则有方程x3－x2－x＋1＝0， 解得x＝1或x＝－1， 所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，1＋a)和(－1，－1－a). 3． 【解析】(1)函数f(x)的定义域为{x|x>0}， f′(x)＝－＋2， 又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝2x平行，所以f′(1)＝a－1＋2＝2，即a＝1， 所以f(x)＝ln x＋＋2x， f′(x)＝(x>0)， 由f′(x)<0且x>0，得0<x<， 即f(x)的单调递减区间是； 由f′(x)>0且x>0，得x>， 即f(x)的单调递增区间是. (2)由(1)知不等式f(x)≥2x＋恒成立可化为ln x＋＋2x≥2x＋恒成立， 即m≤x·ln x＋1恒成立， 令g(x)＝x·ln x＋1，g′(x)＝ln x＋1， 当x∈时，g′(x)<0，g(x)在上单调递减； 当x∈时，g′(x)>0，g(x)在上单调递增， 所以x＝时，函数g(x)有最小值g＝1－， 由m≤x·ln x＋1恒成立，得m≤1－， 即实数m的取值范围是. 4． 【解析】(1)f′(x)＝a(x＋