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第三节导数与函数的极值与最值A组基础题组1.(2017北京丰台二模,18)已知函数f(x)=ex-aln x-a.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程;(2)证明:a(0,e), f(x)在区间ae,1上有极小值,且极小值大于0.解析(1)f(x)的定义域为(0,+),因为a=e,所以f(x)=ex-e(ln x+1),所以f (x)=ex-.因为f(1)=0, f (1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程为y=0.(2)证明:因为0ae,所以f (x)=ex-在区间ae,1上是单调递增函数.因为f ae=eae-e0,所以x0ae,1,使得ex0-ax0=0.所以xae,x0, f (x)0,故f(x)在ae,x0上单调递减,在(x0,1)上单调递增,所以f(x)有极小值f(x0). 因为ex0-ax0=0,所以f(x0)=ex0-a(ln x0+1)=a1x0-ln x0-1. 设g(x)=a1x-lnx-1,xae,1,则g(x)=a-1x2-1x=-a(1+x)x2,所以g(x)g(1)=0,即f(x0)0,所以函数f(x)的极小值大于0.2.已知函数f(x)=-x3+x2,x1,alnx,x1.(1)求f(x)在区间(-,1)上的极大值点和极小值;(2)求f(x)在-1,e(e为自然对数的底数)上的最大值.解析(1)当x1时, f (x)=-3x2+2x=-x(3x-2),令f (x)=0,解得x=0或x=.当x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:x(-,0)00,232323,1 f (x)-0+0-f(x)极小值极大值故当x=0时,函数f(x)取得极小值,为f(0)=0,函数f(x)的极大值点为x=.(2)当-1x0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.综上所述,当a2时, f(x)在-1,e上的最大值为a;当a0.(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)求f(x)在区间1,e上的最小值g(a).(其中e是自然对数的底数)解析(1)当a=2时,f(x)=x-3ln x-,f (x)=(x-1)(x-2)x2,此时,f(1)=-1,f (1)=0,故曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=-1.(2)f(x)=x-(a+1)ln x-的定义域为(0,+),f (x)=1-a+1x+ax2=(x-1)(x-a)x2,令f (x)=0,得x=a或x=1.当00,f(x)在1,e上单调递增,f(x)min=f(1)=1-a;当1ae时,列表如下:x(1,a)a(a,e)f (x)-0+f(x)极小值f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1;当ae时,对任意的x(1,e),f (x)0,f(x)在1,e上单调递减,f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.由可知,g(a)=1-a,0a1,a-(a+1)lna-1,1a1时, f(x)=1-xex0;当x0.若a1,由(2)可知f(x)的最小值为f(2), f(x)的最大值为f(a),所以对任意x1,x2a,+),有f(x1)-f(x2)-1e2成立等价于f(2)-f(a)-1e2,即-1e2-1-aea-1e2,解得a1,a=1.若a1,求出a的值显然大于1.所以a的最小值为1.解法二:当x1时, f(x)=1-xex0;当x0.由(2)可知, f(x)的最小值为f(2)=-1e2,若a1,令x1=2,x2a,1),则x1,x2a,+).而f(x1)-f(x2)0,且x2,f (x)=-a(x-2)2+.曲线y=f(x)存在斜率为0的切线方程f (x)=0存在D上的解.令-1(x-2)2+=0,整理得x2-5x+4=0,解得x=1或x=4.所以当a=1时,曲线y=f(x)存在斜率为0的切线.(2)证明:由(1)得, f (x)=-a(x-2)2+.当a0时, f (x)0恒成立,函数f(x)在区间(0,2)和(2,+)上单调递增,无极值,不符合题意.当a0时,令f (x)=0,整理得x2-(a+4)x+4=0(*).a0时,=-(a+4)2-160恒成立,所以方程(*)必有两个不相等的实数根,设为x1,x2且x14,x1x2=4,得0x12x2.f (x), f(x)的变化情况如下表:x(0,x1)x1(x1,2)(2,x2)x2(x2,+)f (x)+0-0+f(x)极大值极小值所以, f(x)存在极大值f(x1),极小值f(x2).f(x2)-f(x1)=ax2-2+ln x2-ax1-2+ln x1=ax2-2-ax1-2+(ln x2-ln x1).因为0x120,所以ax2-2-ax1-20,ln x2-ln x10,所以f(x2)f(x1).所以f(x)的极小值大于极大值.思路分析(1)可转化为方程f (x)=0在定义域内有解.(2)分a0和a0两种情况讨论,易得a0不符合题意,重点分析a0时的导数符号即函数单调性,进而得到极小值和极大值的情况,作差证明即可.解后反思第(1)问答案不唯一.只要a0均符合要求.6.(2018北京东城一模,20)已知函数f(x)=xsin x+acos x+x,aR.(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程;(2)当a=2时,求f(x)在区间0,2上的最大值和最小值;(3)当a2时,若方程f(x)-3=0在区间0,2上有唯一解,求a的取值范围.解析(1)当a=-1时, f(x)=xsin x-cos x+x,所以f (x)=2sin x+xcos x+1,则f (0) =1.又因为f(0)=-1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为y=x-1.(2)当a=2时, f(x)=xsin x+2cos x+x,所以f (x)=-sin x+xcos x+1.当x0,2时,1-sin x0,xcos x0,所以f (x)0.所以f(x)在区间0,2上单调递增.因此f(x)在区间0,2上的最大值为f2=,最小值为f(0)=2.(3)当a2时, f (x)=(1-a)sin x+xcos x+1.设h(x)=(1-a)sin x+xcos x+1,则h(x)=(2-a)cos x-xsin x,因为a2,x0,2,所以h(x)0,h2=1-a+1=2-a0,所以存在唯一的x00,2,使h(x0)=0,即f (x0)=0.所以f(x)在区间0,x0上单调递增,在区间x0,2上单调递减.因为f(0)=a, f2=,又因为方程f(x)-3=0在区间0,2上有唯一解,所以2a3.B组提升题组7.(2018北京石景山一模,19)已知f(x)=ex-ax2,曲线y=f(x)在(1, f(1)处的切线方程为y=bx+1.(1)求a,b的值;(2)求f(x)在0,1上的最大值;(3)当xR时,判断y=f(x)与y=bx+1交点的个数.(只需写出结论,不要求证明)解析(1)f (x)=ex-2ax,由已知可得f (1)=e-2a=b, f(1)=e-a=b+1,解得a=1,b=e-2.(2)令g(x)=f (x)=ex-2x,则g(x)=ex-2.令g(x)=0,得x=ln 2.故当0xln 2时,g(x)0,g(x)在0,ln 2)上单调递减;当ln 20,g(x)在(ln 2,1上单调递增.所以g(x)min=g(ln 2)=2-2ln 20,故f(x)在0,1上单调递增,所以f(x)max=f(1)=e-1.(3)当xR时,y=f(x)与y=bx+1有两个交点.8.(2017北京朝阳一模,18)已知函数f(x)=ln x-ax-1(aR),g(x)=xf(x)+ x2+2x.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a=1时,若函数g(x)在区间(m,m+1)(mZ)内存在唯一的极值点,求m的值.解析(1)由已知得x0, f (x)= -a=1-axx.(i)当a0时, f (x)0恒成立,则函数f(x)在(0,+)上单调递增;(ii)当a0时,由f (x)0,得0x,由f (x).所以函数f(x)的单调递增区间为0,1a,单调递减区间为1a,+.(2)因为g(x)=xf(x)+ x2+2x=x(ln x-x-1)+ x2+2x=xln x-x2+x,所以g(x)=ln x+1-x+1=ln x-x+2=f(x)+3.由(1)可知,函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.又因为g1e2=-2-1e2+2=-1e20,所以g(x)在(0,1)上有且只有一个零点x1.又在(0,x1)上,g(x)0,g(x)在(x1,1)上单调递增.所以x1为极值点,此时m=0.又g(3)=ln 3-10,g(4)=2ln 2-20,g(x)在(3,x2)上单调递增;在(x2,4)上,g(x)0两种情况讨论;(2)把函数g(x)在(m,m+1)(mZ)内存在唯一的极值点转化为函数g(x)的导数在(m,m+1)内有唯一的零点.9.(2017北京东城一模,20)设函数f(x)= x3-x2+ax,aR.(1)若x=2是f(x)的极值点,求a的值,并讨论f(x)的单调性;(2)已知函数g(x)=f(x)- ax2+,若g(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围;(3)设f(x)有两个极值点x1,x2,试讨论过两点(x1, f(x1),(x2, f(x2)的直线能否过点(1,1).若能,求a的值;若不能,说明理由.解析(1)由f(x)= x3-x2+ax求得f (x)=x2-x+a.f (2)=4-2+a=0a=-2,f (x)=x2-x-2=(x-2)(x+1).令f (x)=0,得x1=2,x2=-1.当x(-,-1),(2,+)时, f (x)0, f(x)单调递增;当x(-1,2)时, f (x)0恒成立,g(x)单调递增,又g(0)= 0,所以g(x)在区间(0,1)内没有零点.不合题意.若0a0,g(x)单调递增;当x(a,1)时,g(x)0,故欲使g(x)在区间(0,1)内有零点,必有g(1)0.g(1)0-12+12a+a+=a+0a-1,不符合题意.若a0,当x(0,1)时,g(x)0恒成立,g(x)单调递减.此时欲使g(x)在区间(0,1)内有零点,必有g(1)0a01-4a0a,x12-x1+a=0x12=x1-a.f(x1)=13x13-12x12+ax1=x1(x1-a)-12x12+ax1=-16x12+ax1=- (x1-a)+ ax1.f(x1)=23a-16x1+a.同理, f(x2)=23a-16x2+a.由此可知过两点(x1, f(x1),(x2, f(x2)的直线方程为y=23a-16x+a.若直线过点(1,1),则1=23a-16+aa=a=.又a,显然a=不合题意.综上,过两点(x1, f(x1),(x2, f(x2)的直线不能过点(1,1).思路分析(1)由题意知f (2)=0,可解出a=-2,代入f (x),进而得出单调性.(2)g(x)=f(x)- ax2+=x3- (1+a)x2+ax+,g(x)=x2-(1+a)x+a=(x-1)(x-a),对a分类讨论,可得a的取值范围.(3)由题意知f (x)=0有两个不等实根x1,x2,从而得到x12=x1-a,进一步可得过两点(x1, f(x1),(x2, f(x2)的直线方程,将点(1,1)代入直线方程,求得a=,不符合题意.故该直线不能过点(1,1).方法点拨函数的极值点问题可以转化为导函数的零点问题或对应方程的根的问题进行研究.
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