（新课标）天津市2019年高考数学二轮复习 专题能力训练7 导数与函数的单调性、极值、最值 理.doc

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1、1专题能力训练专题能力训练 7 7 导数与函数的单调性、极值、最值导数与函数的单调性、极值、最值一、能力突破训练1 1.已知函数f(x)的导函数为f(x),且满足f(x)=af(1)x+ln x,若f=0,则a=( )(1 2)A.-1B.-2C.1D.2w w3 3.若定义在 R R 上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f(x)满足f(x)k1,则下列结论中一定错误 的是( )A.fB.f(1 )1 - 1C.fD.f(1 - 1) - 14 4.已知常数a,b,c都是实数,f(x)=ax3+bx2+cx-34 的导函数为f(x),f(x)0 的解集为x|- 2x3.若f(x)的极小

2、值等于-115,则a的值是( )A.-B.81 221 3C.2D.55 5.(2018 全国,理 14)曲线y=(ax+1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a= . 6 6.在曲线y=x3+3x2+6x-1 的切线中,斜率最小的切线方程为 . 27 7.设函数f(x)=aex+b(a0).1(1)求f(x)在0,+)上的最小值;(2)设曲线y=f(x)在点(2,f(2)处的切线方程为y= x,求a,b的值.3 28 8.设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2)处的切线方程为y=(e-1)x+4.(1)求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间.9 9.(2

3、018 全国,理 21)已知函数f(x)= -x+aln x.1 (1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:0.1 31 - 2(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求a的取值范围;3(3)当a=1 时,设函数f(x)在区间t,t+3上的最大值为M(t),最小值为m(t),记g(t)=M(t)-m(t), 求函数g(t)在区间-3,-1上的最小值.二、思维提升训练1111.已知定义在 R R 上的函数f(x)的导函数为f(x),对任意xR R 满足f(x)+f(x)e3f(3)B.e2f(2)0 时,若f(x)恒

4、成立,求整数k的最大值. + 11414.已知函数f(x)=ln x- ax2+x,aR R.1 2(1)若f(1)=0,求函数f(x)的单调递减区间;(2)若关于x的不等式f(x)ax-1 恒成立,求整数a的最小值;(3)若a=-2,正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,求证:x1+x2.5 - 1 241515.已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2),其中 e2.718 28是自然对数的底数.(1)求曲线y=f(x)在点(,f()处的切线方程.(2)令h(x)=g(x)-af(x)(aR R),讨论h(x)的单调性并判断

5、有无极值,有极值时求出极值.5专题能力训练 7 7 导数与函数的单调性、极值、最值一、能力突破训练1 1.D 解析 因为f(x)=af(1)+,所以f(1)=af(1)+1,易知a1,则f(1)=,所以f(x)=1 1 1 - 又因为f=0,所以+2=0,解得a=2.故选 D. 1 - +1 .(1 2) 1 - 2 2.D 解析 设导函数y=f(x)的三个零点分别为x1,x2,x3,且x10,f(x)是增函数,所以函数y=f(x)的图象可能为 D,故选 D.3 3.C 解析 构造函数F(x)=f(x)-kx,则F(x)=f(x)-k0,函数F(x)在 R R 上为单调递增函数.0,FF(0)

6、.1 - 1(1 - 1)F(0)=f(0)=-1,f-1,(1 - 1) - 1即f-1=,f,故 C 错误.(1 - 1) - 11 - 1(1 - 1)1 - 14 4.C 解析 依题意得f(x)=3ax2+2bx+c0 的解集是-2,3,于是有 3a0,-2+3=-,-23=,则2 3 3b=-,c=-18a.3 2函数f(x)在x=3 处取得极小值,于是有f(3)=27a+9b+3c-34=-115,则-a=-81,解得a=2.故选 C.81 25 5.-3 解析 设f(x)=(ax+1)ex,可得f(x)=aex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex,f(x)=(ax+1)ex在

7、(0,1)处的切线斜率k=f(0)=a+1=-2,a=-3.6 6.3x-y-2=0 解析 y=3x2+6x+6=3(x+1)2+33.当x=-1 时,ymin=3;当x=-1 时,y=-5.6故切线方程为y+5=3(x+1),即 3x-y-2=0.7 7.解 (1)f(x)=aex-1.当f(x)0,即x-ln a时,f(x)在区间(-ln a,+)内单调递增;当f(x)0,f(x)在区间(0,-ln a)内单调递减,在区间(-ln a,+)内单调递增,从 而f(x)在区间0,+)内的最小值为f(-ln a)=2+b;当a1 时,-ln a0,f(x)在区间0,+)内单调递增,从而f(x)在

8、区间0,+)内的最小值为f(0)=a+ +b.1 (2)依题意f(2)=ae2-,解得ae2=2 或ae2=-(舍去).12=3 21 2所以a=,代入原函数可得 2+ +b=3,即b=故a=,b=221 21 2.221 2.8 8.解 (1)因为f(x)=xea-x+bx,所以f(x)=(1-x)ea-x+b.依题设,解得a=2,b=e.(2) = 2 + 2, (2) = - 1,?即2 - 2+ 2 = 2 + 2,- - 2+ = - 1,?(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex.由f(x)=e2-x(1-x+ex-1)及 e2-x0 知,f(x)与 1-x+ex-1同号.令g(

9、x)=1-x+ex-1,则g(x)=-1+ex-1.所以,当x(-,1)时,g(x)0,g(x)在区间(1,+)上单调递增.故g(1)=1 是g(x)在区间(-,+)上的最小值,从而g(x)0,x(-,+).综上可知,f(x)0,x(-,+).故f(x)的单调递增区间为(-,+).9 9.(1)解 f(x)的定义域为(0,+),f(x)=-1+ =-12 2- + 12.7若a2,则f(x)0,当且仅当a=2,x=1 时,f(x)=0,所以f(x)在(0,+)内单调递减.若a2,令f(x)=0,得x=或x= -2- 42 +2- 42.当x时,f(x)0.( -2- 42, +2- 42)所以

10、f(x)在内单调递减,在(0, -2- 42),( +2- 42, + )内单调递增.( -2- 42, +2- 42)(2)证明 由(1)知,f(x)存在两个极值点时,当且仅当a2.因为f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.由于=-1+a=-2+a=-2+a,所(1) - (2)1- 21 12 1- 21- 2 1- 21- 2- 2 2 1 2- 2以0.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-,-1)-1(-1,a)a(a,+)f(x)+0-0+8f(x)极大值极小值故函数f(x)的单调递增区间是(-,-1),(a,+);单

11、调递减区间是(-1,a).(2)由(1)知f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,从而函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点当且仅当解得 0 0, (0) g(3),即 e2f(2)e3f(3).故选 A.91212.(-,-2) 解析 若g(x)=,()则g(x)=0,() - ()所以g(x)在 R R 上为增函数.又不等式f(m+1)0,f(x)0 时,f(x)恒成立, + 1则k0)(x)=-0,(3)=2ln 2-20.则f(x)= -2x+1=(x0).1 - 22+ + 1 令f(x)0.又x0,所以x1.所以f(x)的单调递减区间为(1,+)

12、.(2)(方法一)令g(x)=f(x)-(ax-1)=ln x- ax2+(1-a)x+1,则g(x)= -ax+(1-a)=1 21 - 2+ (1 - ) + 1 .当a0 时,因为x0,所以g(x)0.所以g(x)在区间(0,+)内是增函数,又g(1)=ln 1- a12+(1-a)+1=- a+20,所以关于x的不等式f(x)ax-1 不能恒成立.1 23 2当a0 时,g(x)=-(x0),- 2+ (1 - ) + 1 ( -1 )( + 1) 令g(x)=0,得x=1 .所以当x时,g(x)0;当x时,g(x)0,h(2)= -ln 20;当x(x0,+)时,g(x)0,h(1)

13、=- 0.由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,得 ln x1+x1+ln x2+x2+x1x2=0,2122从而(x1+x2)2+x1+x2=x1x2-ln(x1x2).令t=x1x2(t0),(t)=t-ln t,则(t)= - 1 .可知,(t)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+)内单调递增.所以(t)(1)=1,所以(x1+x2)2+x1+x21,因此x1+x2或x1+x2(舍5 - 1 2-5 - 1 2去).1515.解 (1)由题意f()=2-2,又f(x)=2x-2sin x,所以f()=2,因此曲线y=f(x)在点(,f()处的切线方程为y-(2-2)=2(x-),

14、即y=2x-2-2.(2)由题意得h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x),因为h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)+ex(-sin x-cos x+2)-a(2x-2sin x)=2ex(x-sin x)-2a(x-sin x)=2(ex-a)(x-sin x),令m(x)=x-sin x,则m(x)=1-cos x0,所以m(x)在 R R 上单调递增.因为m(0)=0,所以当x0 时,m(x)0;当x0,当x0 时,h(x)0,h(x)单调递增,所以当x=0 时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;13当a0 时,h(x)=2

15、(ex-eln a)(x-sin x),由h(x)=0 得x1=ln a,x2=0.()当 00,h(x)单调递增;当x(ln a,0)时,ex-eln a0,h(x)0,h(x)0,h(x)单调递增.所以当x=ln a时h(x)取到极大值.极大值为h(ln a)=-aln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2,当x=0 时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;()当a=1 时,ln a=0,所以当x(-,+)时,h(x)0,函数h(x)在区间(-,+)上单调 递增,无极值;()当a1 时,ln a0,所以当x(-,0)时,ex-eln a0,h(x)单调递增

16、;当x(0,ln a)时,ex-eln a0,h(x)0,h(x)单调递增.所以当x=0 时h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1;当x=ln a时h(x)取到极小值,极小值是h(ln a)=-aln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2.综上所述:当a0 时,h(x)在区间(-,0)上单调递减,在区间(0,+)上单调递增,函数h(x)有极小值,极 小值是h(0)=-2a-1;当 01 时,函数h(x)在区间(-,0)和(ln a,+)上单调递增,在区间(0,ln a)上单调递减,函数 h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(0)=-2a-1,极小值是h(ln a)=-aln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2.