2017届高考理科数学二轮复习训练：1-1-6-1 利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题（解析参考）

1．[2015·潍坊一模]已知函数f(x)＝x－x(1)－aln x.

 (1)若f(x)无极值点，求a的取值范围；

(2)设g(x)＝x＋x(1)－(ln x)^a，当a取(1)中的最大值时，求g(x)的最小值．

解 (1)由题意f′(x)＝1＋x2(1)－x(a)＝x2(x2－ax＋1).

由于f(x)无极值点，故x²－ax＋1≥0在(0，＋∞)恒成立，

即a≤x＋x(1)，x∈(0，＋∞)恒成立，

又x＋x(1)≥2(x＝1取等号)，故x(1)_min＝2，

∴a≤2.

(2)当a＝2，g(x)＝x＋x(1)－(ln x)²，

g′(x)＝1－x2(1)－2ln x·x(1)＝x2(x2－2xln x－1).

设k(x)＝x²－2xln x－1.

k′(x)＝2x－2ln x－2＝2(x－1－ln x)，

下面证明：ln x≤x－1，设m(x)＝ln x－x＋1，m′(x)＝x(1)－1＝x(1－x)，

x∈(0,1)时，m′(x)>0，m(x)单调递增，

x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，

∴m(x)≤m(1)＝0，即ln x≤x－1，

∴k′(x)≥0，故k(x)在(0，＋∞)单调递增，

又k(1)＝0，所以：

x∈(0,1)时，k(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，

x∈(1，＋∞)时，k(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，

g(x)≥g(1)＝2，

故g(x)的最小值为2.

2．[2015·太原一模]已知函数f(x)＝(x²－ax＋a)e^x－x²，a∈R.

(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；

(2)若函数f(x)在x＝0处取得极小值，求a的取值范围．

解 (1)由题意得f′(x)＝x[(x＋2－a)e^x－2]＝xe^x(x＋2－ex(2)－a)，x∈R，

∵f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，

∴x＋2－ex(2)≥a在(0，＋∞)上恒成立，

又函数g(x)＝x＋2－ex(2)在(0，＋∞)上单调递增，

∴a≤g(0)＝0，

∴a的取值范围是(－∞，0]．

(2)由(1)得f′(x)＝xe^x－a(2)，x∈R，

令f′(x)＝0，则x＝0或x＋2－ex(2)－a＝0，即x＝0或g(x)＝a，

∵g(x)＝x＋2－ex(2)在(－∞，＋∞)上单调递增，其值域为R，

∴存在唯一x₀∈R，使得g(x₀)＝a，

①若x₀>0，当x∈(－∞，0)时，g(x)<a，f′(x)>0；当x∈(0，x₀)时，g(x)<a，f′(x)<0，∴f(x)在x＝0处取得极大值，这与题设矛盾．

②若x₀＝0，当x∈(－∞，0)时，g(x)<a，f′(x)>0；当x∈(0，＋∞)时，g(x)>a，f′(x)>0，∴f(x)在x＝0处不取极值，这与题设矛盾．

③若x₀<0，当x∈(x_0,0)时，g(x)>a，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g(x)>a，f′(x)>0，∴f(x)在x＝0处取得极小值．

综上所述，x₀<0，∴a＝g(x₀)<g(0)＝0，

∴a的取值范围是(－∞，0)．

3．[2015·江西八校联考]设函数f(x)＝ex((1－a)x2－ax＋a).

(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)当x≥0时，f(x)的最大值为a，求a的取值范围．

解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex(－x＋1)，f(1)＝0，

f′(x)＝ex(x－2)，f′(1)＝－e(1)，

∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋ey－1＝0.

(2)解法一：f′(x)＝ex((a－1)x2＋(2－a)x－2a)

＝ex([(a－1)x＋a](x－2)).

令f′(x)＝0得x₁＝1－a(a)(a≠1)，x₂＝2.

①当a≥1时，f(x)在[0,2]上递减，在[2，＋∞)上递增，

当x→＋∞时，f(x)→0，

f(x)_max＝f(0)＝a；

②当1－a(a)>2即3(2)<a<1时，f(x)在[0,2]和，＋∞(a)上递减，f(x)在1－a(a)上递增，

f1－a(a)＝1－a(a)≤a，解得0≤a≤1，∴3(2)<a<1；

③当1－a(a)＝2，即a＝3(2)时，f(x)在[0，＋∞)上递减，f(x)_max＝f(0)＝a；

④当0<1－a(a)<2即0<a<3(2)时，f(x)在1－a(a)和[2，＋∞)上递减，在，2(a)上递增，

f(2)＝e2(4－5a)≤a，解得a≥e2＋5(4)，∴e2＋5(4)≤a<3(2)；

⑤当a≤0时，1－a(a)≤0，f(x)在[0,2]上递增，f(x)≥f(0)＝a，不合题意．

综上所述：a的取值范围为，＋∞(4).

解法二：∵f(0)＝a，

∴f(x)在x≥0时的最大值为a，等价于f(x)≤a对于x≥0恒成立，

可化为a≥ex＋x2＋x－1(x2)对于x≥0恒成立．

令g(x)＝ex＋x2＋x－1(x2)，则g′(x)＝(ex＋x2＋x－1)2(x(x－2)(1－ex))，

于是g(x)在[0,2]上递增，在(2，＋∞)上递减，

∴g(x)_max＝g(2)＝e2＋5(4)，

∴a的取值范围是a≥e2＋5(4).

4．[2015·山西质量监测]已知函数f(x)＝ln (x＋1)－x＋1(ax)－x，a∈R.

(1)当a>0时，求函数f(x)的单调区间；

(2)若存在x>0，使f(x)＋x＋1<－x＋1(x)(a∈Z)成立，求a的最小值．

解 (1)f′(x)＝(x＋1)2(－x2－x－a)，x>－1.

当a≥4(1)时，f′(x)≤0，∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递减．

当0<a<4(1)时，

当－1<x<2(1－4a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当2(1－4a)<x<2(1－4a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当x>2(1－4a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

综上，当a≥4(1)时，f(x)的单调递减区间为(－1，＋∞)；

当0<a<4(1)时，f(x)的单调递减区间为2(1－4a)，，＋∞(1－4a)，

f(x)的单调递增区间为1－4a().

(2)原式等价于ax>(x＋1)ln (x＋1)＋2x＋1，

即存在x>0，使a>x((x＋1)ln (x＋1)＋2x＋1)成立．

设g(x)＝x((x＋1)ln (x＋1)＋2x＋1)，x>0，

则g′(x)＝x2(x－1－ln (x＋1))，x>0，

设h(x)＝x－1－ln (x＋1)，x>0，

则h′(x)＝1－x＋1(1)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增．

又h(2)<0，h(3)>0，根据零点存在性定理，可知h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，设该零点为x₀，则x₀－1＝ln (x₀＋1)，且x₀∈(2,3)，

∴g(x)_min＝x0((x0＋1)(x0－1)＋2x0＋1)＝x₀＋2.

又a>x₀＋2，a∈Z，∴a的最小值为5.

5．已知函数f(x)＝x＋aln x－1.

 (1)当a∈R时，求函数f(x)的单调区间；

(2)若f(x)＋2x(ln x)≥0对于任意x∈[1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．

解 (1)由f(x)＝x＋aln x－1，得f′(x)＝1＋x(a)＝x(x＋a)，

当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，

当a<0时，当0<x<－a时，f′(x)<0，当x>－a时，f′(x)>0，

所以f(x)在(0，－a)上为减函数，f(x)在(－a，＋∞)上为增函数．

(2)由题意知x＋aln x－1＋2x(ln x)≥0在x∈[1，＋∞)恒成立，

设g(x)＝x＋aln x＋2x(ln x)－1，x∈[1，＋∞)，

则g′(x)＝1＋x(a)＋2x2(1－ln x)＝2x2(2x2＋2ax＋1－ln x)，x∈[1，＋∞)，

设h(x)＝2x²＋2ax＋1－ln x，则h′(x)＝4x－x(1)＋2a，

当a≥0时，4x－x(1)为增函数，所以h′(x)≥2(3)＋a>0，

所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，

当－2(3)≤a<0时，h′(x)≥2(3)＋a≥0，

所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，

当a<－2(3)时，当x∈2(2a＋1)时，2a＋1<－2x，

由(1)知，当a＝－1时，x－ln x－1≥0，ln x≤x－1，

－ln x≤x(1)－1，h(x)＝2x²＋2ax－ln x＋1≤2x²＋2ax＋x(1)≤2x²＋2ax＋x＝2x²＋(2a＋1)x<0，

此时g′(x)<0，所以g(x)在2(2a＋1)上单调递减，在2(2a＋1)上，g(x)<g(1)＝0，不符合题意．

综上所述a≥－2(3).

6．[2015·大连高三双基测试]已知函数f(x)＝x－e^ax(a>0)．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)求函数f(x)在a(2)上的最大值；

(3)若存在x₁，x₂(x₁<x₂)，使得f(x₁)＝f(x₂)＝0，证明：x2(x1)<ae.

解 (1)f(x)＝x－e^ax(a>0)，则f′(x)＝1－ae^ax，

令f′(x)＝1－ae^ax＝0，则x＝a(1)ln  a(1).

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

故函数f(x)的增区间为a(1)；减区间为，＋∞(1).

(2)当a(1)lna(1)≥a(2)，即0<a≤e2(1)时，f(x)在a(2)上单调递增，f(x)_max＝fa(2)＝a(2)－e²，

当a(1)<a(1)lna(1)<a(2)，即e2(1)<a<e(1)时，f(x)在a(1)上单调递增，在a(2)上单调递减，f(x)_max＝fa(1)＝a(1)lna(1)－a(1)，

当a(1)lna(1)≤a(1)，即a≥e(1)时，f(x)在a(2)上单调递减，f(x)_max＝fa(1)＝a(1)－e.

(3)证明：若函数f(x)有两个零点，则fa(1)＝a(1)lna(1)－a(1)>0，即a<e(1)，

而此时，fa(1)＝a(1)－e>0，由此可得x₁<a(1)<a(1)lna(1)<x₂，

故x₂－x₁>a(1)lna(1)－a(1)，即x₁－x₂<a(1)a(1)，

又∵f(x₁)＝x₁－e^ax1＝0，f(x₂)＝x₂－e^ax2＝0，

∴x2(x1)＝eax2(eax1)＝e^ax1－^ax2＝e^a(x1－x2)<e^aa(1)＝e^{ln (ae)}＝ae.