2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版专题突破练7 函数的单调性、极值点、极值、最值 Word

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专题突破练7函数的单调性、极值点、极
值、最值
1.(2019河北衡水同卷联考,理21）已知函数f（x)=x2e ax-1.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2）略。

2.(2019湖北八校联考二，文21）已知函数f(x)=ln x+ax2+bx.
（1)函数f（x）在（1，f（1))点的切线l方程为2x+y=0，求a,b的值,并求函数f(x）的最大值;
(2)略。

+1。

3.(2019山东淄博一模，文21）已知函数f（x）=ax2+x-1
e x
（1)求f(x)的单调区间；
（2)略。

(其中e是自然对数的4.（2019新疆乌鲁木齐二模,理21）已知函数f(x）=e x+x
tx-1
底数）.
(1)当t=0时，求f(x)的最值；
，+∞上的最小值为1,求实数t的取值范围。

(2)若t≠0时,f(x）在1
t
x2-4ax+1(a∈R）.
5。

（2019湖北八校联考一,文21）已知函数f(x)=x3+3
2
(1)若函数f(x)有两个极值点,且都小于0,求a的取值范围;
(2）若函数h(x)=a(a—1)ln x—x3+3x+f（x)，求函数h(x）的单调区间。

6。

已知函数f（x）=e x—e-x—2x。

(1)讨论f（x)的单调性;
(2)设g(x）=f(2x)-4bf（x）,当x〉0时,g(x)>0,求b的最大值；
（3)已知1.414 2〈√2<1。

414 3，估计ln 2的近似值（精确到0.001)。

7.(2019安徽江淮十校联考一,文21)已知函数f（x）=ax2+x ln x(a为常数,a∈R,e 为自然对数的底数,e=2。

718 28…).
(1）若函数f（x）≤0恒成立,求实数a的取值范围;
（2）若曲线y=f（x）在点（e，f(e))处的切线方程为y=(2e+2)x-e2-e，k∈Z且k<f(x)
对任意x〉1都成立,求k的最大值。

x-1
参考答案
专题突破练7函数的单调性、
极值点、极值、最值
1。

（1)解函数f（x)的定义域为R。

f’(x)=2x e ax+x2·a e ax=x(ax+2)e ax.
当a=0时，f(x）=x2-1，则f(x）在区间(0，+∞）内为增函数,在区间（—∞，0)内为减函数；
当a>0时，f'(x）=ax x+2
a e ax,令f'（x）>0得x〈-2
a
或x〉0，令f’
（x)<0得-2
a 〈x<0，所以f(x)在区间—∞，—2
a
内为增函数，在区间—
2
a
，0内为减函数，在区间（0,+∞)内为增函数;
当a<0时，f'(x)=ax x+2
a e ax，令f’（x）>0得0〈x<-2
a
，令f’(x)〈0
得x>-2
a 或x<0,所以f（x)在区间(-∞，0)内为减函数，在区间0,—2
a
内
为增函数,在区间—2
a
,+∞内为减函数.
2。

解 (1)函数f(x）=ln x+ax2+bx的导数为f'（x）=1
x
+2ax+b,在(1,f（1))点的切线斜率为k=1+2a+b，
由题意可得1+2a+b=-2，且a+b=—2,可得a=b=—1，
f(x）=ln x—x2—x的导数为f’(x)=1
x -2x-1=-2x2-x+1
x
=—2x2+x-1
x
.
由f’（x )=0,可得x=1
2(—1舍去）,
当0<x<1
2时，f'(x )〉0，f （x ）递增；当x>1
2时，f'（x ）〈0，f (x ）递减, 可得x=1
2处，f (x ）取得极大值，且为最大值—ln 2-3
4. 3。

解 (1）f'（x )=-(ax+1)(x -2)
e x
.
①当a>0时， f'（x ）=-a(x+1a )(x -2)
e x
.
令f’(x ）=0，解得x 1=-1
a ，x 2=2,且x 1〈x 2.
当x ∈—∞,—1
a ∪（2,+∞）时，f’（x )〈0;当x ∈—1
a ,2时,f’（x )〉0.
所以f (x )的单调递增区间是—1
a ，2,单调递减区间是-∞，-1
a 和(2，
+∞).
②当a=0时,f’(x ）=-x -2
e x
, 所以f （x ）的单调递增区间是(—∞，2)，单调递减区间是（2,+∞）.
③当-12<a 〈0时,令f'（x ）=0，解得x 1=2，x 2=-1a
，并且x 1<x 2, 当x ∈(-∞，2)∪—1
a ，+∞时，f’（x ）>0;
当x ∈2,—1
a 时，f'（x )〈0。

所以f (x ）的单调递增区间是（—∞,2)和-1
a ，+∞，单调递减区间是2,—1
a .
④当a=-1
2时,f’(x ）=(x -2)2
2e x ≥0，所以f (x )的单调递增区间是(-∞,+∞）.
⑤当a<-12时,令f'(x )=0,解得x 1=-1
a
,x 2=2，且x 1<x 2， 当x ∈-∞,-1a ∪（2,+∞)时,f'（x )〉0；当x ∈—1
a ，2时,f’(x )
〈0。

所以f （x )的单调递减区间是-1
a ,2,单调递增区间是—∞,-1
a 和(2,+∞）.
4。

解 (1）当t=0时,f (x ）=e x -x , 则f’(x )=e x -1。

令f’(x )〉0,解得x>0,函数f (x )在(0,+∞)是增函数;
令f’（x ）〈0，解得x<0，函数f (x ）在（—∞，0）是减函数； 所以f （x )有最小值，无最大值，且f （x )min =f (0)=1。

（2)当t 〉0时,由x 〉1
t ， 所以tx —1>0,
f (x ）=e x +x tx -1=e x +1t +1t (tx -1)>e x +1
t 〉1+1t
〉1,不符合题意；
当t<0时,f'（x )=e x
-1
(tx -1)2=e x
(tx -1)2［（tx-1）2—e —x ]。

令g (x ）=（tx —1）2—e -x x>1
t ，易知y=（tx —1）2，y=—e -x 在1
t ，+∞上均为增函数,
所以g (x ）=(tx-1)2—e -x x 〉1
t 在1
t ,+∞上也为增函数,且g （0）=0, 当1
t 〈x 〈0时，f'（x ）〈0，当x 〉0时，f'（x ）>0, 所以f （x )min =f (0)=1，符合题意。

故实数t 的取值范围为(—∞，0)。

5。

解 （1）由f （x )有两个极值点且都小于0，得f’(x ）=3x 2+3x —4a=0有两个不相等的负实根，
∴{Δ=9+48a >0,
x 1+x 2=-1<0,x 1x 2=-4
3
a >0,
解得—3
16<a<0.
故a 的取值范围为—3
16,0.
(2)由h (x )=a (a-1）ln x+32x 2-（4a —3)x+1,x>0, 则h'（x ）=
a (a -1)x
+3x-（4a-3)=1
x （3x —a )[x-(a-1)].
令(3x-a ）［x —（a-1）］=0,得x=a 3或x=a-1，令a 3=a-1,得a=3
2.
①当{a
3
≤0,
a -1≤0,
即a ≤0时,在(0,+∞)上h’(x )〉0恒成立;
②当{0<a
3,a -1≤0,
即0〈a ≤1时，当x 〉a 3时，h'(x ）〉0,当0<x 〈a
3时，h’
（x ）〈0;
③当a 3〉a —1>0，即1〈a<32,当0〈x 〈a-1或x>a
3
时，h’（x )>0，当a-1<x<a
3时,h'（x ）〈0；
④当a 3=a —1>0,即a=32
时,h'（x )〉0恒成立;
⑤当a-1>a 3〉0，即a 〉32，当0<x<a 3或x>a —1时，h’(x ）〉0,当a
3
<x 〈a-1时，h’(x )<0.
综上所述：当a ≤0或a=3
2时，h （x ）在（0，+∞）上单调递增; 当0〈a ≤1时,h （x )在a
3,+∞上单调递增,在0,a
3上单调递减;
当1〈a<3
2时,h （x ）在(0，a —1）,a
3,+∞上单调递增，在a —1，a
3上单调递减;
当a 〉3
2时，h （x ）在0，a
3，(a-1，+∞)上单调递增,在a
3，a-1上单调递减.
6.解 (1）f’（x )=e x +e —x -2≥0，等号仅当x=0时成立，
所以f (x )在(-∞，+∞）单调递增。

（2）g (x ）=f (2x ）—4bf (x )
=e 2x -e —2x —4b （e x -e —x )+(8b-4)x ，
g'(x )=2［e 2x +e —2x -2b （e x +e —x ）+（4b-2)] =2(e x +e -x -2）（e x +e —x —2b+2）。

①当b ≤2时,g’（x )≥0，等号仅当x=0时成立,所以g （x ）在（-∞，+∞）单调递增。

而g (0）=0，所以对任意x>0，g (x )>0;
②当b>2时，若x 满足2〈e x +e -x <2b-2,
即0〈x<ln （b —1+√b 2-2b )时,g’（x )<0。

而g (0)=0,因此当0<x ≤ln(b —1+√b 2-2b ）时,g (x )〈0. 综上，b 的最大值为2.
(3）由(2）知,g （ln √2）=3
2—2√2b+2(2b —1）ln 2。

当b=2时,g (ln √2）=3
2—4√2+6ln 2>0,ln 2>8√2-312
〉0。

692 8；
当b=
3√24
+1时，ln （b —1+√b 2-2b )=ln √2,
g (ln √2）=—32
-2√2+(3√2+2）ln 2〈0， ln 2<18+√228<0。

693 4.
所以ln 2的近似值为0.693。

7.解 (1)函数f (x )≤0恒成立，即ax 2+x ln x ≤0恒成立，可得a ≤—lnx x 恒成立。

设g (x )=—lnx x ，g'（x )=lnx -1
x 2.
当0<x<e 时,g’（x ）<0,g （x ）递减；当x>e 时，g'(x )>0，g (x )递增, 可得当x=e 时g (x )取得最小值，且g （e)=-
ln e e =-1e ,所以a ≤—1e . （2)f （x )的导数为f'(x )=2ax+1+ln x ，
曲线y=f (x )在点(e ，f (e ）)处的切线斜率为2a e +2=2e +2，
可得a=1,即f （x ）=x 2+x ln x 。

又由k<f (x )x -1对任意x>1都成立,可得k 〈
x 2+xlnx x -1对x 〉1恒成立. 设h （x ）=x 2+xlnx
x -1，x>1,h'（x ）=x 2-x -lnx -1
(x -1)2.
设k (x )=x 2-x-ln x-1,x>1，
k’(x )=2x-1-1x
=(x-1)(2x+1)
〉0，
x
可得k(x）在(1,+∞）内递增，由k（1。

8）=0。

44-ln 1.8。

由1。

8>√e可得ln 1。

8>1
,
2
即有k（1。

8）<0，k(2）=1—ln 2〉0,则存在m∈(1.8，2)，使得k(m）=0，
则1〈x<m，k（x）〈0，h’(x)<0，即h（x）在（1,m)内递减;
当x〉m时,k（x)>0,h'（x）〉0,h（x)在x〉m递增,
可得h（x)min=h(m）=m2+mlnm
.
m-1
又k（m)=m2-m—ln m-1=0,
即有m2-1=m+ln m,
可得h（x)min=m2+m在（1.8.2)递增,可得h(x）min∈(5。

04，6),由k<h （x)min,k∈Z,故k的最大值为5.。