2020高考数学理二轮课标通用专题能力训练：导数与函数的单调性、极值、最值含解析.docx

教学资料范本2020高考数学理二轮课标通用专题能力训练：导数与函数的单调性、极值、最值含解析编 辑：_时 间：_7导数与函数的单调性、极值、最值专题能力训练第20页一、能力突破训练1.已知函数f(x)=ln x-x2+x,则函数f(x)的单调递增区间是()A.(-,1)B.(0,1)CD.(1,+)答案:B解析:f(x)=-2x+1=(x0).令f(x)0,得-2x2+x+10,解得x又x0,所以x(0,1).2.已知函数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()答案: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)内,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.已知函数f(x)=2ef(e)ln x-,则f(x)的极大值点为()A.x=B.x=1C.x=eD.x=2e答案:D解析:f(x)=,所以f(e)=2f(e)-,解得f(e)=,则f(x)=由f(x)0,得0x2e;由f(x)2e.所以函数f(x)在区间(0,2e)内单调递增,在区间(2e,+)内单调递减,因此f(x)的极大值点为x=2e.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)的极小值等于-115,则a的值是()A.-BC.2D.5答案: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.(20xx全国,理13)曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为.答案:y=3x解析:由题意可知y=3(2x+1)ex+3(x2+x)ex=3(x2+3x+1)ex,k=y|x=0=3.曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为y=3x.6.已知函数f(x)=asin 2x-(a+2)cos x-(a+1)x在区间上无极值,则f(x)在区间上的最小值是.答案:-解析:f(x)=acos 2x+(a+2)sin x-a-1=a(1-2sin2x)+(a+2)sin x-a-1=-2asin2x+(a+2)sin x-1=-(2sin x-1)(asin x-1).因为当f(x)=0时一定有sin x=,即x=,所以要使f(x)无极值,则a=2,此时f(x)=-(2sin x-1)20恒成立,即f(x)在区间上单调递减,故在区间上,f(x)的最小值为f=-7.设函数f(x)=aex+b(a0).(1)求f(x)在区间0,+)内的最小值;(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.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.已知函数f(x)=mx3-2x2.(1)若m=1,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)若函数g(x)=f(x)-mx2在区间1,3上单调递增,求实数m的取值范围.解:(1)当m=1时,f(x)=x3-2x2,f(x)=3x2-4x,则f(1)=3-4=-1,而f(1)=1-2=-1,故所求切线方程为y+1=-(x-1),即x+y=0.(2)依题意,得g(x)=mx3-(m+2)x2,则g(x)=3mx2-2(m+2)x.由g(x)在区间1,3上是增函数,则g(x)=3mx2-2(m+2)x0在区间1,3上恒成立,所以m(3x-2)4.因为3x-20,所以m记h(x)=,则mh(x)max.而函数h(x)在区间1,3上为减函数,则h(x)max=h(1)=4,所以m4.故实数m的取值范围是4,+).9.(20xx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:2,令f(x)=0,得x=或x=当x时,f(x)0.所以f(x)在区间内单调递减,在区间内单调递增.(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)在区间(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.(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.解:(1)f(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).由f(x)=0,得x1=-1,x2=a0.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.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)答案: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.已知函数f(x)=ex,g(x)=ln 的图象与直线y=m分别交于A,B两点,则|AB|的最小值为.答案:2+ln 2解析:因为函数f(x)=ex,g(x)=ln的图象与直线y=m分别交于A,B两点,所以A(ln m,m),B(2,m),其中2ln m,且m0,所以|AB|=2-ln m.令h(x)=2-ln x(x0),则h(x)=2令h(x)=0,得x=当x时,h(x)0;当0x时,h(x)0).(1)令g(x)=f(x),求g(x)的单调区间;(2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.解:(1)由f(x)=ln x-2ax+2a,可得g(x)=ln x-2ax+2a,x(0,+).所以g(x)=-2a=a0,当x时,g(x)0,函数g(x)单调递增;当x时,g(x)0,函数g(x)单调递减.g(x)的单调递增区间为,单调递减区间为(2)由(1)知,f(1)=0.当0a1,由(1)知f(x)在区间内单调递增,可得当x(0,1)时,f(x)0.所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间内单调递增,此时f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.当a=时,=1,f(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+)内单调递减.当x(0,+)时,f(x)0,f(x)单调递减,不合题意.当a时,00,f(x)单调递增,当x(1,+)时,f(x)0.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)解(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)在区间(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.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.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(-,+)内单调递增,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