极值点高考题

第1页（共15页）极值点偏移高考题一．解答题（共9小题）1．已知函数f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．（1）若a＝0，证明：当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0；（2）若x＝0是f（x）的极大值点，求a．2．已知函数f（x）＝ax3﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（Ⅰ）求a．（Ⅱ）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且＜f（x0）＜．3．已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．4．已知函数f（x）＝axn﹣ax﹣xlnx（n≥2），且f（x）≥0，g（x）＝（8x﹣1﹣e2x2）lnx；（1）求a的值；（2）设n＝2，证明：f（x0）＞g（x0）；其中x0为f（x）的极大值点，e＝2.71828…是自然对数的底；5．已知函数f（x）＝（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．6．设函数f（x）＝acos2x+（a﹣1）（cosx+1），其中a＞0，记|f（x）|的最大值为A．（Ⅰ）求f′（x）；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．7．设函数f（x）＝[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]ex．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行，求a；（Ⅱ）若f（x）在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．8．设函数f（x）＝（a∈R）（Ⅰ）若f（x）在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f（x）在点（1，f第2页（共15页）（1））处的切线方程；（Ⅱ）若f（x）在[3，+∞）上为减函数，求a的取值范围．9．设a＞1，函数f（x）＝（1+x2）ex﹣a．（1）求f（x）的单调区间；（2）证明f（x）在（﹣∞，+∞）上仅有一个零点；（3）若曲线y＝f（x）在点P处的切线与x轴平行，且在点M（m，n）处的切线与直线OP平行，（O是坐标原点），证明：m≤﹣1．第3页（共15页）2019年09月10日张玉川的高中数学组卷参考答案与试题解析一．解答题（共9小题）1．已知函数f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．（1）若a＝0，证明：当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0；（2）若x＝0是f（x）的极大值点，求a．【分析】（1）对函数f（x）两次求导数，分别判断f′（x）和f（x）的单调性，结合f（0）＝0即可得出结论；（2）令h（x）为f′（x）的分子，令h″（0）＝0计算a，讨论a的范围，得出f（x）的单调性，从而得出a的值．【解答】（1）证明：当a＝0时，f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣2x，（x＞﹣1）．，，可得x∈（﹣1，0）时，f″（x）≤0，x∈（0，+∞）时，f″（x）≥0∴f′（x）在（﹣1，0）递减，在（0，+∞）递增，∴f′（x）≥f′（0）＝0，∴f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣2x在（﹣1，+∞）上单调递增，又f（0）＝0．∴当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0．（2）解：由f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x，得f′（x）＝（1+2ax）ln（1+x）+﹣2＝，令h（x）＝ax2﹣x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），h′（x）＝4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）．当a≥0，x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，∴h（x）＞h（0）＝0，即f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，故x＝0不是f（x）的极大值点，不符合题意．当a＜0时，h″（x）＝8a+4aln（x+1）+，显然h″（x）单调递减，①令h″（0）＝0，解得a＝﹣．第4页（共15页）∴当﹣1＜x＜0时，h″（x）＞0，当x＞0时，h″（x）＜0，∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，∴h′（x）≤h′（0）＝0，∴h（x）单调递减，又h（0）＝0，∴当﹣1＜x＜0时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，当x＞0时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，∴x＝0是f（x）的极大值点，符合题意；②若﹣＜a＜0，则h″（0）＝1+6a＞0，h″（﹣1）＝（2a﹣1）（1﹣）＜0，∴h″（x）＝0在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为x0，∴当0＜x＜x0时，h″（x）＞0，h′（x）单调递增，∴h′（x）＞h′（0）＝0，即f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；③若a＜﹣，则h″（0）＝1+6a＜0，h″（﹣1）＝（1﹣2a）e2＞0，∴h″（x）＝0在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为x1，∴当x1＜x＜0时，h″（x）＜0，h′（x）单调递减，∴h′（x）＞h′（0）＝0，∴h（x）单调递增，∴h（x）＜h（0）＝0，即f′（x）＜0，∴f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意．综上，a＝﹣．2．已知函数f（x）＝ax3﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（Ⅰ）求a．（Ⅱ）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且＜f（x0）＜．【分析】（I）f（x）＝ax3﹣ax﹣xlnx≥0（x＞0），化为：ax2﹣a﹣lnx≥0（x＞0），令g（x）＝ax2﹣a﹣lnx（x＞0），对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性极值最值即可得出．（II）由（I）可得：f（x）＝x3﹣x﹣xlnx，x＞0．f′（x）＝x2﹣﹣lnx﹣1＝x2第5页（共15页）﹣lnx﹣．f″（x）＝．可得x＝时，f′（x）取得极小值，＜0．可得函数f（x）存在唯一的极大值点x0，且．x0满足﹣lnx0﹣＝0，可得2lnx0＝3﹣3．令h（x）＝2lnx﹣3x2+3，．利用函数零点存在定理可得＜x0＜．而f（x0）＝﹣﹣x0lnx0＝﹣x0lnx0．令u（x）＝﹣，．再利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．【解答】（I）解：f（x）＝ax3﹣ax﹣xlnx≥0．x＞0，化为：ax2﹣a﹣lnx≥0．x＞0，令g（x）＝ax2﹣a﹣lnx．x＞0．g′（x）＝2ax﹣．a≤0时，g′（x）＜0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，而g（1）＝0，x＞1时，g（x）＜0，不满足题意，舍去．a＞0时，g′（x）＝，可得x＝时，函数g（x）取得极小值，＝﹣a﹣ln≥0，令h（a）＝﹣a﹣ln＝﹣a+ln（2a），a∈（0，+∞）．h′（a）＝﹣1+＝，可得a＝时，h（a）取得极大值即最大值，h（）＝0＝，因此只有a＝时满足题意．故a＝．（II）证明：由（I）可得：f（x）＝x3﹣x﹣xlnx，x＞0．f′（x）＝x2﹣﹣lnx﹣1＝x2﹣lnx﹣．f″（x）＝3x﹣＝．可得x＝时，f′（x）取得极小值，＝﹣+ln3＝＜0．第6页（共15页）x→0+时，f′（x）→+∞；x＝1时，f′（1）＝0，x→+∞时，f′（x）→+∞．∴函数f（x）存在唯一的极大值点x0，且．x0满足﹣lnx0﹣＝0，可得2lnx0＝3﹣3．令h（x）＝2lnx﹣3x2+3，．＝﹣4﹣3×+3＝﹣3×＜0，h（）＝﹣2﹣3×+3＝1﹣＞0．∴＜x0＜．∴f（x0）＝﹣﹣x0lnx0＝﹣x0lnx0，＜x0＜．令u（x）＝﹣，＜x＜．u′（x）＝﹣（lnx+1），可得x＝时，函数u（x）取得极大值，且＜x0＜．∴﹣＝＜f（x0）＜u（）＝．∴f（x）存在唯一的极大值点x0，且＜f（x0）＜．3．已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a﹣可得h（x）min＝h（），从而可得结论；（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0＜可知f（x0）＜，另一方面可知f（x0）＞f（）＝．【解答】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a﹣．则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．第7页（共15页）因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，所以h（x）min＝h（），又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以＝1，解得a＝1；另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，所以解得a＝1；（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2﹣，令t′（x）＝0，解得：x＝，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以f（x0）＝﹣x0﹣x0lnx0＝﹣x0+2x0﹣2＝x0﹣，由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max＝﹣+＝；由f′（）＜0可知x0＜＜，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）＞f（）＝；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．4．已知函数f（x）＝axn﹣ax﹣xlnx（n≥2），且f（x）≥0，g（x）＝（8x﹣1﹣e2x2）lnx；（1）求a的值；（2）设n＝2，证明：f（x0）＞g（x0）；其中x0为f（x）的极大值点，e＝2.71828…是自然对数的底；第8页（共15页）【分析】（1）由axn﹣1﹣a﹣lnx≥0，令g（x）＝axn﹣1﹣a﹣lnx，求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间，求出函数的最小值，从而求出a的值；（2）求出f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，求出函数的导数，得到2x0﹣2＝lnx0，由f（x0）＞g（x0）⇔x02﹣x0﹣x0lnx0＞lnx0（8x0﹣1﹣e2x02，求出＞e2x0+﹣8成立从而证明结论．【解答】解：（1）f（x）≥0⇔axn﹣1﹣a﹣lnx≥0令g（x）＝axn﹣1﹣a﹣lnx则g′（x）＝a（n﹣1）xn﹣2﹣＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）①当a≤0时，g′（x）＜0所以g（x）单调递减，当x＝e时，g（e）＝aen﹣1﹣a﹣1＝a（en﹣1﹣1）﹣1＜0，这与g（x）≥0矛盾，不合题意；（若考生用趋近思想说明，“当x→+∞时，g（x）→﹣∞“，扣1分）②当a＞0时，g′（x）＞0⇔x＞，g′（x）＜0⇔x＜∴g（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；∴gmin（x）＝g（）＝﹣a+ln[a（n﹣1）]∵g（x）≥0恒成立∴gmin（x）≥0即：﹣a+ln[a（n﹣1）]≥0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）令h（a）＝﹣a+ln[a（n﹣1）]，则h′（a）＝﹣1+＝∴h（a）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减；h（a）≤h（）＝0又由（*）知：h（a）≥0∴h（a）＝0即a＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）（2）若n＝2，由（1）知：a＝1所以f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣1﹣1﹣lnx＝2（x﹣1）﹣lnx，f′′（x）＝2﹣∴f′（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；且f′（）＝＞0，f′（）＝﹣1