2022届高考数学二轮复习专题强化训练——导数与函数的单调性、极值、最值(Word含答案解析).docx

导数与函数的单调性、极值、最值12021·全国甲卷(文)设函数f(x)a2x2ax3ln x1，其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若yf(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围2已知g(x)xexax1，若g(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围3已知函数f(x)(a1)ln xx(aR).(1)当a2时，求曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)若函数f(x)在1，3上的最大值为2，求实数a的值4.已知函数f(x)x2(a4)x2a ln x.(1)当a1时，求函数yf(x)的极值；(2)讨论函数yf(x)的单调性5已知函数f(x)x3x2ax(aR).(1)当a2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数yf(x)在x1处取得极小值，求a的取值范围62021·山东师范大学附中模拟已知函数f(x)ex，g(x)ln x1，(1)设函数h(x)ag(x)g(x)(aR)，求h(x)的单调区间和极值；(2)对任意的x1R，存在x2(0，)，使得f(x1)g(x2)，求x2x1的最小值 1解析：（1）由题意，f（x）的定义域为（0，），f（x）2a2xa，则当x时，f（x）0，f（x）单调递增；当0x时，f（x）0，f（x）单调递减故函数f（x）在上单调递减，在上单调递增（2）由（1）知函数f（x）的最小值为f，要使yf（x）的图象与x轴没有公共点，只需f（x）的最小值恒大于0，即f0恒成立，故a2·a·3ln 10，得a，所以a的取值范围为.2解析：g（x）xexax1在R上单调递增，g（x）（x1）exa0对xR恒成立，a（x1）exmin令m（x）（x1）ex，则m（x）ex（x1）ex（x2）ex，当x（，2）时，m（x）<0；当x（2，）时，m（x）>0；函数m（x）在区间（，2）上单调递减，在区间（2，）上单调递增，m（x）minm（2），a，实数a的取值范围为（，.3解析：（1）当a2时，f（x）ln xx，f（x）1，f（2）ln 23，f（2）0，所以曲线在点（2，f（2）处的切线方程为yln 23.（2）f（x）1（1x3），当a1时，f（x）0，f（x）在1，3上单调递减，所以f（1）a12，解得a1.当a3时，f（x）0，f（x）在1，3上单调递增，所以f（3）（a1）ln 332，解得a<3，舍去当1<a<3时，f（x）在（1，a）上单调递增，在（a，3）上单调递减，所以f（a）（a1）ln a1a2，解得ae.综上，a1或ae.4解析：（1）当a1时，f（x）x25x2ln x，定义域为（0，），f（x）2x5.令f（x）0，解得x，或x2.当x变化时，f（x），f（x）的变化情况如下表：x2（2，） f（x）00f（x）单调递增2ln 2单调递减62ln 2单调递增当x时，f（x）有极大值，且极大值为f2ln 2；当x2时，f（x）有极小值，且极小值为f（2）62ln 2.（2）函数f（x）定义域为（0，），f（x）2x（a4）.令f（x）0得x或x2.若a0，则当x（0，2）时，f（x）<0，f（x）单调递减；当x（2，）时，f（x）>0，f（x）单调递增若0<a<4，即0<<2，则当x时，f（x）>0，f（x）单调递增；当x时，f（x）<0，f（x）单调递减；当x（2，）时，f（x）>0，f（x）单调递增若a4，即2，则当x（0，）时，f（x）0，f（x）单调递增若a>4，即>2，则当x（0，2）时，f（x）>0，f（x）单调递增；当x时，f（x）<0，f（x）单调递减；当x时，f（x）>0，f（x）单调递增综上所述，当a0时，f（x）的单调递增区间是（2，），单调递减区间是（0，2）；当0<a<4时，f（x）的单调递增区间是，（2，），递减区间是；当a4时，f（x）的单调递增区间是（0，），无单调递减区间；当a>4时，f（x）的单调递增区间是（0，2），单调递减区间是.5解析：（1）当a2时，f（x）x23xa（x1）（x2）令f（x）>0，解得x<1或x>2，令f（x）<0，解得1<x<2，故函数f（x）的单调递减区间为（1，2），单调递增区间为（，1），（2，）；（2）f（x）x2（a1）xa（x1）（xa），当a1时，f（x）0，函数f（x）的单调递增区间为（，），无极值点，当a>1时，令f（x）>0，解得x<1或x>a，令f（x）<0，解得1<x<a，函数f（x）的单调递增区间为（，1），（a，），递减区间为（1，a）；故当x1时函数取得极大值，不符合题意当a<1时，令f（x）>0，解得x<a或x>1，令f（x）<0，解得a<x<1，函数f（x）的单调递增区间为（，a），（1，），递减区间为（a，1）；当x1时取得极小值，符合题意故a的取值范围为a<1.6解析：（1）由已知h（x）ag（x）g（x）ln x1（x>0）所以h（x），当a0时，h（x）>0恒成立，所以h（x）在定义域单调递增，没有极值当a>0时，令h（x）0，得xa，所以x（0，a），f（x）<0，x（a，），f（x）>0，即h（x）在区间（0，a）上单调递减，在（a，）上单调递增，xa时取到极小值h（x）极小h（a）2ln a，没有极大值综上，当a0时，h（x）在定义域单调递增，没有极值当a>0时，h（x）在区间（0，a）上单调递减，在（a，）上单调递增，h（x）极小h（a）2ln a，没有极大值（2）由已知，设f（x1）g（x2）t，即f（x1）ex1t，g（x2）ln x21t，解得x1ln t，x2et1，所以x2x1et1ln t，令F（t）et1ln t（t>0），则F（t）et1，令（t）tet11，则（t）et1（t1）>0恒成立，所以（t）tet11在（0，）上单调递增，且（1）0当t（0，1）时，（t）<0，F（t）<0，所以F（t）单调递减当t（1，）时，（t）>0，F（t）>0，所以F（t）单调递增，即t1时F（t）取到极小值，也是最小值，所以F（t）minF（1）1，所以x2x1的最小值为1.