（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

1、1专题能力训练 7 导数与函数的单调性、极值、最值一、能力突破训练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=( )(12)A.-1 B.-2 C.1 D.2w3.若定义在 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.f B.f(1) 1-12C.f D.f(1-1) -14.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|-2 x3 .若 f(x)的极小值等于 -115,则 a的值是( )A

2、.- B.8122 13C.2 D.55.(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.在曲线 y=x3+3x2+6x-1的切线中,斜率最小的切线方程为 . 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 .328.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.(2018全国 ,

3、理 21)已知函数 f(x)= -x+aln x.1(1)讨论 f(x)的单调性;3(2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,证明: 0.13 1-2(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)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11.已知定义在 R上的函数 f(x)的导函数为 f(x),对任意 xR 满足 f(x)+f(x)e3f(3) B.e2f(2)0时,若 f

4、(x) 恒成立,求整数 k的最大值 .+1414.已知函数 f(x)=ln x- ax2+x,aR .12(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 .5-1215.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),讨

5、论 h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值 .5专题能力训练 7 导数与函数的单调性、极值、最值一、能力突破训练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 11-又因为 f =0,所以 +2=0,解得 a=2.故选 D.1-+1. (12) 1-2.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.C 解析 构造函数 F(x)=f(x)-kx,则 F(x)=f(x)-k0, 函数 F(x)在 R上为单

6、调递增函数 .0,F F(0). 1-1 ( 1-1)F (0)=f(0)=-1,f -1,(1-1) -1即 f -1= ,f ,故 C错误 .(1-1) -1 1-1 ( 1-1) 1-14.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23 3b=- ,c=-18a.32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.8125.-3 解析 设 f(x)=(ax+1)ex,可得 f(x)=aex+(ax+1)ex=(ax+a+1)

7、ex,f (x)=(ax+1)ex在(0,1)处的切线斜率 k=f(0)=a+1=-2,a=- 3.6.3x-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.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 a

8、1 时, -ln a0, f(x)在区间0, + )内单调递增,从而 f(x)在区间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=32 12所以 a= ,代入原函数可得 2+ +b=3,即 b= 故 a= ,b=22 12 12. 22 12.8.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+

9、ex-1)及 e2-x0知, f(x)与 1-x+ex-1同号 .令 g(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.(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, +

10、)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 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)1-2 112 1- 21-2 1- 21-2-2 212-2以 0.当 x变化时, f(x),

11、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 00,(0)g(3),即 e2f(2)e3f(3).故选 A.912.(- ,-2) 解析 若 g(x)= ,()则 g(x)= 0,()-()所以 g(x)在 R上为增函数 .又不等式 f(m+1)0,f (

12、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, + ).(2)(方法一)令 g(x)=f(x)-(ax-1)=ln x- ax2+(1-a)x+1,则 g(x)= -ax+(1-a)=12 1-2+(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 .12

13、32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)=- 0.由 f(x1)+f(x2)+x1x2=0,得 ln x1+ +x1+ln x2+ +x2+x1x2=0,21 22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

14、,所以( x1+x2)2+x1+x21,因此 x1+x2 或 x1+x2 (舍5-12 - 5-12去) .15.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-),即 y=2 x- 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)(

15、x-sin x),令 m(x)=x-sin x,则 m(x)=1-cos x0,所以 m(x)在 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(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,e x-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

16、)=-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,e x-eln a0,h(x)单调递增;当 x(0,ln a)时,e x-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.