2021届二轮复习 用导数研究函数的单调性极值最值 课时作业（全国通用） 练习

第1课时 用导数研究函数的单调性、极值、最值

1．(2020·云南玉溪模拟)已知函数f(x)＝xln x.

(1)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，讨论函数g(x)的单调性；

(2)若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，求直线l的方程．

解析：(1)∵f(x)＝xln x，∴g(x)＝f(x)－a(x－1)＝xln x－a(x－1)，则g′(x)＝ln x＋1－a.由g′(x)<0，得ln x＋1－a<0，解得0<x<ea－1；由g′(x)>0，得ln x＋1－a>0，解得x>ea－1.∴g(x)在(0，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增．

(2)设切点坐标为(x0，y0)，则y0＝x0ln x0，切线的斜率为ln x0＋1.∴切线l的方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)．又切线l过点(0，－1)，∴－1－x0ln x0＝(ln x0＋1)(0－x0)，即－1－x0ln x0＝－x0ln x0－x0，解得x0＝1，y0＝0.∴直线l的方程为y＝x－1.

2．(2020·山东枣庄调研)已知函数f(x)＝xex－a(a∈R)．

(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程；

(2)当a>0时，求函数f(x)的单调区间．

解析：(1)a＝0时，f′(x)＝(x＋1)ex，所以切线的斜率k＝f′(1)＝2e.又f(1)＝e，所以y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程为y－e＝2e(x－1)，即2ex－y－e＝0.

(2)f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝ln a.

①当a＝时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增．

②当0<a<时，ln a<－1，由f′(x)>0，得x<ln a或x>－1；由f′(x)<0，得ln a<x<－1，所以单调递增区间为(－∞，ln a)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln a，－1)．

③当a>时，ln a>－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>ln a；

由f′(x)<0，得－1<x<ln a，所以单调递增区间为(－∞，－1)，(ln a，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln a)．

综上所述，当a＝时，f(x)在R上单调递增；当0<a<时，单调递增区间为(－∞，ln a)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln a，－1)；当a>时，单调递增区间为(－∞，－1)，(ln a，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln a)．

3．(2020·长春模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x.

(1)若f(x)在x＝1处取得极值，求a的值．

(2)求函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值．

解析：(1)∵f(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x，∴函数的定义域为(0，＋∞)．∴f′(x)＝－2ax＋(a－2)＝.

∵f(x)在x＝1处取得极值，即f′(1)＝－(2－1)(a＋1)＝0，

∴a＝－1.当a＝－1时，在内f′(x)<0，在(1，＋∞)内f′(x)>0，∴x＝1是函数y＝f(x)的极小值点．∴a＝－1.

(2)∵a2<a，∴0<a<1.f′(x)＝－2ax＋(a－2)＝，∵x∈(0，＋∞)，∴ax＋1>0，

∴当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

①当0<a≤时，f(x)在[a2，a]上单调递增，

∴f(x)max＝f(a)＝ln a－a3＋a2－2a；

②当即<a<时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，

∴f(x)max＝f＝－ln 2－＋＝－1－ln 2；

③当≤a2，即≤a<1时，f(x)在[a2，a]上单调递减，∴f(x)max＝f(a2)＝2ln a－a5＋a3－2a2.

综上所述，当0<a≤时，函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值是ln a－a3＋a2－2a；当<a<时，函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值是－1－ln 2；当≤a<1时，函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值是2ln a－a5＋a3－2a2.

4．(2020·凉山州模拟)设函数f(x)＝x＋(x>0)，a∈R.

(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；

(2)当a>0时，若f(x)存在极值点x0，证明：f(x0)>4e.

解析：(1)a＝1时，f′(x)＝1＋＝(x>0)，

设g(x)＝x2＋1－ln x，则g′(x)＝2x－＝(x>0)，令g′(x)＝0，解得：x＝，

故g(x)在递减，在递增，

故g(x)≥g＝－ln >0，

故f′(x)>0恒成立，

故f(x)在(0，＋∞)递增．

(2)证明：f′(x)＝(x>0)，

∵f(x)存在极值点，∴f′(x)＝0有大于0的根，即x2－aln x＋a＝0有正根，

设r(x)＝x2－aln x＋a，r′(x)＝(a>0)，

令r′(x)＝0，解得：x＝，

故r(x)在递减，在递增，

故r(x)min＝r＝a－aln ，

又x→0＋，r(x)→＋∞，x→＋∞，r(x)→＋∞，

故要r(x)＝0有正根，r(x)min<0，

即a－aln <0，

即a>2e3，

又∵x0是f(x)的极值点，f′(x0)＝0，即x－aln x0＋a＝0，

故aln x0＝x＋a，

f(x0)＝x0＋＝x0＋＝2x0＋≥2>.