2024年3月13日发(作者：法数学试卷作文)

一轮大题专练17—导数（最值问题）

111

1．已知函数

f(x)x

3

mx

2

．

323

2

（1）求曲线

yf(x)

上一点

(1,)

处的切线方程；

3

（2）当

m(0,2)

时，

f(x)

在区间

[0

，

1]

的最大值记为

H(m)

，最小值记为

h(m)

，设

，求

G(m)

的最小值．

G(m)H(m)h(m)

21112

解：（1）因为点

(1,)

在曲线上，所以

f(1)m

，解得

m0

，

33233

11

所以

f(x)x

3

，求导得

f

(x)x

2

，

33

2

2

切点为

(1,)

，

kf

(x

0

)x

0

，

3

故切线斜率

k1

，

1

所求切线方程为

yx

．

3

111

（2）因为

f(x)x

3

mx

2

，

m(0,2)

，

x[0

，

1]

．

323

所以

f

(x)x

2

mxx(xm)

．令

f

(x)0

，得

x0

或

m

．

所以

x(0,m)

，

f

(x)0

，

f(x)

为减函数；

x(m,)

，

f

(x)0

，

f(x)

为增函数．

①当

1m2

时，

f(x)

在

[0

，

1]

上单调递减

43m1

所以依题意，

H(m)f(0)

，

h(m)f(1)

，

63

所以

G(m)H(m)h(m)

3m217

[,)

．

666

②当

0m1

时，

f(x)

在

[0

，

m)

上单调递减，在

(m

，

1]

上单调递增，

m

3

2

1

43m

又因为

f(0)

，

f(1)

，

h(m)f(m)

，

6

3

6

43m

2

当

m1

时，

6

3

m

3

41

1

1

[,)

， ，所以

H(m)f(0)

，

G(m)H(m)h(m)

6816

3

3

m

3

3m2

43m2

43m1

当

0m

时，所以

H(m)f(1)

，

G(m)H(m)h(m)

．

，

6

63

63

2

设

(x)x

3

3x2(0x)

，所以

(x)3x

2

3

，

3

当

0x

2

2

时，

(x)0

，所以

(x)

在

(0,)

单调递减．

3

3

28

又因为

(x)

max

(0)2

，

(x)

min

()

，

327

1

所以

G(m)H(m)h(m)

所以，当且仅当

m

(x)

6

(

41

,)

813

42

时，

G(m)H(m)h(m)

取得最小值．

813

2．已知函数

f(x)xlnxa

，

a0

．

（1）证明：

f(x)

有且仅有一个零点；

（2）当

a(2e

2

，

0)

时，试判断函数

g(x)

1

2

1

xlnxx

2

ax

是否有最小值？若有，设最

24

小值为

h

（a），求

h

（a）的值域；若没有，请说明理由．

（1）证明：因为

a0

，

所以

x(0,1)

时，

f(x)xlnxa0

，函数

f(x)

无零点；

又因为

f(x)1lnx

，

所以

x[1

，

)

时，

f(x)0

，

f(x)

单调递增，

又

f

（1）

a0

，

e

a

1

，

f(e

a

)ae

a

aa(1e

a

)0

，

即

f

（1）

f(e

a

)0

，

故存在唯一

x

0

(1,e

a

)

，使

f(x)0

，

综上可知，函数

f(x)

有且仅有一个零点．

（2）解：

g(x)xlnxa

，

x(0

，

1]

，

g(x)f(x)0

，

x(1,)

，

g(x)f(x)

单调递增，

又

g

（1）

a0

，

g(e

2

)2e

2

a0

，

故存在唯一

x

1

(1,e

2

)

，使

g(x

1

)0

，即

x

1

lnx

1

a0

，

x(0,x

1

)

，

g(x)0

，

g(x)

单调递减；

x(x

1

，

)

，

g(x)0

，

g(x)

单调递增，

因此

g(x)

1

2

1

xlnxx

2

ax

有最小值，

24

h

（a）

g(x)

min

g(x

1

)

1

2

111

x

1

lnx

1

x

1

2

(x

1

lnx

1

)x

1

x

1

2

lnx

1

x

1

2

，

2424

11

令

(x)x

2

lnxx

2

，

x(1,e

2

)

，

(x)xlnxx0

，

24

故

(x)

单调递减，

5

1

进而

(x)(

(e

2

)

，

（1）

)(e

4

，

)

，

4

4

2


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函数,导数,切线,没有,单调