2020高考文科数学专用专题能力训练：导数与函数的单调性、极值、最值含解析.docx

教学资料范本2020高考文科数学专用专题能力训练：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、最值一、能力突破训练1.(20xx全国,文6)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为()A.y=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=x2.(20xx辽宁沈阳东北育才中学模拟,8)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=2e3.在同一平面直角坐标系中,函数y=ax2-x+与y=a2x3-2ax2+x+a(aR)的图象不可能是()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.-B.C.2D.55.已知函数f(x)=只有一个零点,则a的取值范围为.6.(20xx湖北仙桃、天门、潜江联考,15)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.7.(20xx河南名校联盟调研,20)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.8.设函数f(x)=x3-kx2+x(kR).(1)当k=1时,求函数f(x)的单调区间;(2)当k0,r0).(1)求f(x)的定义域,并讨论f(x)的单调性;(2)若=400,求f(x)在区间(0,+)内的极值.10.(20xx全国,文21)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明:(1)f(x)存在唯一的极值点;(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.二、思维提升训练11.若0x1x2ln x2-ln x1B.x1D.x2x112.(20xx河南新乡一模,11)若函数f(x)=aex+sin x在区间上单调递增,则a的取值范围为()A.B.-1,1C.-1,+)D.0,+)13.设动直线x=t与函数f(x)=x2,g(x)=ln x的图象分别交于点A,B,则|AB|的最小值为.14.设f(x)=-x3+x2+2ax.(1)若f(x)在区间内存在单调递增区间,求a的取值范围;(2)当0a2时,f(x)在区间1,4上的最小值为-,求f(x)在该区间上的最大值.15.设fn(x)=x+x2+xn-1,x0,nN,n2.(1)求fn(2);(2)证明:fn(x)在区间内有且仅有一个零点(记为an),且0an-.16.设函数f(x)=x3-3ax2+3(2-a)x,aR.(1)求f(x)的单调递增区间;(2)若y=f(x)的图象与x轴相切于原点,当0x2x1时,f(x1)=f(x2).求证:x1+x20,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.3.B解析 显然当a=0时,D中图象是可能的,当a0时,由y=a2x3-2ax2+x+a(aR)求导得y=3a2x2-4ax+1,令y=0,得x=或x=.函数y=ax2-x+的图象的对称轴为x=,不管a0还是a0时,可判断得A,C项中图象都有可能.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.(-,0解析 f(x)=只有一个零点,xln x+a=0只有一个解,即a=-xln x只有一个解.设g(x)=-xln x(x0),则g(x)=-ln x-1=-(ln x+1),当0x0;当x时,g(x)0,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,+).8.解 f(x)=3x2-2kx+1.(1)当k=1时,f(x)=3x2-2x+1,=4-12=-80,f(x)在R上单调递增,即f(x)的单调递增区间为(-,+),f(x)没有单调递减区间.(2)当k0时,f(x)=3x2-2kx+1,其图象开口向上,对称轴为x=,且过点(0,1).当=4k2-12=4(k+)(k-)0,即-k0,即k-时,令f(x)=3x2-2kx+1=0,解得x1=,x2=,注意到kx2x1k,从而kx2x10,f(x)的最小值m=f(k)=k.f(x2)-f(-k)=-k+x2-(-2k3-k)=(x2+k)(x2-k)2+k2+10,f(x)的最大值M=f(-k)=-2k3-k.综上所述,当k0时,f(x)的最小值m=f(k)=k,最大值M=f(-k)=-2k3-k.9.解 (1)由题意知x-r,所求的定义域为(-,-r)(-r,+).f(x)=,f(x)=,所以当xr时,f(x)0.当-rx0.因此,f(x)的单调递减区间为(-,-r),(r,+);f(x)的单调递增区间为(-r,r).(2)由(1)的解答可知f(r)=0,f(x)在区间(0,r)内单调递增,在区间(r,+)内单调递减.因此,x=r是f(x)的极大值点.所以f(x)在区间(0,+)内的极大值为f(r)=100.10.证明 (1)f(x)的定义域为(0,+).f(x)=+ln x-1=ln x-.因为y=ln x单调递增,y=单调递减,所以f(x)单调递增.又f(1)=-10,故存在唯一x0(1,2),使得f(x0)=0.又当xx0时,f(x)x0时,f(x)0,f(x)单调递增.因此,f(x)存在唯一的极值点.(2)由(1)知f(x0)0,所以f(x)=0在区间(x0,+)内存在唯一根x=.由x01,得10,且x趋近于0时,xex-10,因此在区间(0,1)内必然存在x1x2,使得f(x1)=f(x2),因此A,B不正确.设g(x)=,当0x1时,g(x)=g(x2),即,所以x2x1.故选C.12.D解析 依题意,得f(x)=aex+cos x0,即a-对x恒成立.设g(x)=-,则g(x)=.当x时,g(x)0,故g(x)max=max=0,故a0.13.ln 2解析 易得A(t,t2),B(t,ln t),所以|AB|=t2-ln t.令f(t)=t2-ln t(t0),则f(t)=2t-.令f(t)0,得t;令f(t)0,得0t0,得a-,故当a-时,f(x)在区间内存在单调递增区间.(2)令f(x)=0,得两根x1=,x2=.所以f(x)在区间(-,x1),(x2,+)内单调递减,在区间(x1,x2)内单调递增.当0a2时,有x11x24,则f(x)在区间1,4上的最大值为f(x2).又f(4)-f(1)=-+6a0,即f(4)f(1),所以f(x)在区间1,4上的最小值为f(4)=8a-=-,得a=1,x2=2,从而f(x)在区间1,4上的最大值为f(2)=.15.(1)解法一 由题设fn(x)=1+2x+nxn-1.所以fn(2)=1+22+(n-1)2n-2+n2n-1,则2fn(2)=2+222+(n-1)2n-1+n2n.-得,-fn(2)=1+2+22+2n-1-n2n=-n2n=(1-n)2n-1.所以fn(2)=(n-1)2n+1.解法二 当x1时,fn(x)=-1,则fn(x)=,可得fn(2)=(n-1)2n+1.(2)证明 因为fn(0)=-10,所以fn(x)在区间内至少存在一个零点.又fn(x)=1+2x+nxx-10,所以fn(x)在区间内单调递增,因此fn(x)在区间内有且仅有一个零点an.由于fn(x)=-1,所以0=fn(an)=-1.由此可得an=,故an.所以0an-.16.(1)解 f(x)=3x2-6ax+3(2-a),=36(a2+a-2)=36(a+2)(a-1).当a1时,由f(x)=0得x=a.f(x)的单调递增区间为(-,a-),(a+,+).当-2a1时,f(x)的单调递增区间为(-,+).(2)证明 f(x)=3x2-6ax+3(2-a),由f(0)=0,得a=2.即f(x)=x3-6x2,f(0)=0.由(1)知f(x)在区间(-,0),(4,+)内单调递增,在区间(0,4)内单调递减,则a=2符合题设.(方法一)f(x1)=f(x2),0x2x1,0x24,则8-x24,而f(x2)-f(8-x2)=(2x2-8)(x2-