2019高考数学大复习专题二函数与导数专题能力训练7导数与函数的单调性、极值、最值理.docx

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=()A.-1B.-2C.1D.22.函数y=f(x)的导函数y=f(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是()3.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.fB.fC.fD.f4.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)的极小值等于-115,则a的值是()A.-B.C.2D.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)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.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.(2018全国,理21)已知函数f(x)= -x+aln x.(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)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)e3f(3)C.e2f(2)e3f(3)D.e2f(2)e3f(3)12.已知f(x)为定义在R上的函数f(x)的导函数,对任意实数x,都有f(x)f(x),则不等式f(m+1)0时,若f(x)恒成立,求整数k的最大值.14.已知函数f(x)=ln x-ax2+x,aR.(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+x2.15.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),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.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)=又因为f=0,所以+2=0,解得a=2.故选D.2.D解析 设导函数y=f(x)的三个零点分别为x1, x2,x3,且x10x2x3.所以在区间(-,x1)和(x2,x3)上,f(x)0,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上为单调递增函数.0,FF(0).F(0)=f(0)=-1,f-1,即f-1=,f,故C错误.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b=-,c=-18a.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.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(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.故切线方程为y+5=3(x+1),即3x-y-2=0.7.解 (1)f(x)=aex-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,即x-ln a时,f(x)在区间(-,-ln a)内单调递减.当0a0,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)在区间0,+)内的最小值为f(0)=a+b.(2)依题意f(2)=ae2-,解得ae2=2或ae2=-(舍去).所以a=,代入原函数可得2+b=3,即b=故a=,b=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)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(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+=-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=当x时,f(x)0.所以f(x)在内单调递减,在内单调递增.(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,所以a-2等价于-x2+2ln x20.设函数g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+)内单调递减,又g(1)=0,从而当x(1,+)时,g(x)0.所以-x2+2ln x20,即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+f(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0a所以a的取值范围是(3)当a=1时,f(x)=x3-x-1.由(1)知f(x)在区间-3,-1上单调递增,在区间-1,1上单调递减,在区间1,2上单调递增.当t-3,-2时,t+30,1,-1t,t+3,f(x)在区间t,-1上单调递增,在区间-1,t+3上单调递减.因此f(x)在区间t,t+3上的最大值M(t)=f(-1)=-,最小值m(t)为f(t)与f(t+3)中的较小者.由f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知,当t-3,-2时,f(t)f(t+3),则m(t)=f(t),所以g(t)=f(-1)-f(t).因为f(t)在区间-3,-2上单调递增,所以f(t)f(-2)=-故g(t)在区间-3,-2上的最小值为g(-2)=-当t-2,-1时,t+31,2,且-1,1t,t+3.下面比较f(-1),f(1),f(t),f(t+3)的大小.因为f(x)在区间-2,-1,1,2上单调递增,所以f(-2)f(t)f(-1),f(1)f(t+3)f(2).因为f(1)=f(-2)=-,f(-1)=f(2)=-,从而M(t)=f(-1)=-,m(t)=f(1)=-所以g(t)=M(t)-m(t)=综上,函数g(t)在区间-3,-1上的最小值为二、思维提升训练11.A解析 令g(x)=exf(x),则g(x)=ex(f(x)+f(x)g(3),即e2f(2)e3f(3).故选A.12.(-,-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)em+1f等价于,即g(m+1)g,所以m+1,解得m0,f(x)0时,f(x)恒成立,则k0)(x)=-0,(3)=2ln 2-20.则f(x)=-2x+1=(x0).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)=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.当a0时,g(x)=-(x0),令g(x)=0,得x=所以当x时,g(x)0;当x时,g(x)0,h(2)=-ln 20,又h(a)在a(0,+)内是减函数,且a为整数,所以当a2时,h(a)0.所以整数a的最小值为2.(方法二)由f(x)ax-1恒成立,得ln x-ax2+xax-1在区间(0,+)内恒成立,问题等价于a在区间(0,+)内恒成立.令g(x)=,因为g(x)=,令g(x)=0,得-x-ln x=0.设h(x)=-x-ln x,因为h(x)=-0;当x(x0,+)时,g(x)0,h(1)=-0,所以x01,此时10.由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,得ln x1+x1+ln x2+x2+x1x2=0,从而(x1+x2)2+x1+x2=x1x2-ln(x1x2).令t=x1x2(t0),(t)=t-ln t,则(t)=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=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上单调递增.因为m(0)=0,所以当x0时,m(x)0;当x0时,m(x)0,当x0时,h(x)0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;当a0时,h(x)=2(ex-eln a)(x-sin x),由h(x)=0得x1=ln a,x2=0.()当0a1时,ln a0,当x(-,ln a)时,ex-eln a0,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;当x(0,ln a)时,ex-eln a0,h(x)0,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;