新课标2018届高考数学二轮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.doc

1、专题能力训练7导数与函数的单调性、极值、最值能力突破训练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.(2017浙江,7)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.

2、-B.C.2D.55.若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,则b=.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.设a1,函数f(x)=(1+x2)ex-a.(1)求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)在区间(-,

3、+)上仅有一个零点;(3)若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明:m-1.10.已知函数f(x)=x3+x2-ax-a,xR,其中a0.(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.思维提升训练11.(2017陕西咸阳二模)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

4、)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.(2017山东,理20)已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-si

5、n 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.参考答案专题能力训练7导数与函数的单调性、极值、最值能力突破训练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

6、(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.5.1-ln 2解析对函数y=lnx+2求导,得y=,对函数y=ln(x+1)求导,得y=设直线y=kx+b与曲线y=lnx+2相切于点

7、P1(x1,y1),与曲线y=ln(x+1)相切于点P2(x2,y2),则y1=lnx1+2,y2=ln(x2+1).由点P1(x1,y1)在切线上,得y-(lnx1+2)=(x-x1),由点P2(x2,y2)在切线上,得y-ln(x2+1)=(x-x2).因为这两条直线表示同一条直线,所以解得x1=,所以k=2,b=lnx1+2-1=1-ln2.6.3x-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-lna时,f(x)在区间(

8、-lna,+)内单调递增;当f(x)0,即x-lna时,f(x)在区间(-,-lna)内单调递减.当0a0,f(x)在区间(0,-lna)内单调递减,在区间(-lna,+)内单调递增,从而f(x)在区间0,+)内的最小值为f(-lna)=2+b;当a1时,-lna0,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(

9、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.解(1)由题意可知函数f(x)的定义域为R,f(x)=(1+x2)ex+(1+x2)(ex)=(1+x)2ex0,故函数f(x)的单调递增区间为(-,+),无单调递减区间.(2)a1,f(

10、0)=1-a1+a2-a2a-a=a0.函数f(x)在区间(0,a)上存在零点.又由(1)知函数f(x)在区间(-,+)内单调递增,函数f(x)在区间(-,+)内仅有一个零点.(3)由(1)及f(x)=0,得x=-1.又f(-1)=-a,即P,kOP=a-又f(m)=(1+m)2em,(1+m)2em=a-令g(m)=em-m-1,则g(m)=em-1,由g(m)0,得m0,由g(m)0,得m0.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(

11、-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

12、-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

13、区间-3,-1上的最小值为思维提升训练11.A解析利用单调性解抽象不等式时,关键要注意结论与已知条件的联系,通过构造合适的函数来求解.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)=2ln2-20.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

14、g(x)=f(x)-(ax-1)=lnx-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)=ln1-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)=-ln20,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lnx-ax2+xax-1在(0,+)内恒成立,问题等价于a在区间

15、(0,+)内恒成立.令g(x)=,因为g(x)=,令g(x)=0,得-x-lnx=0.设h(x)=-x-lnx,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lnx1+x1+lnx2+x2+x1x2=0,从而(x1+x2)2+x1+x2=x1x2-ln(x1x2).令t=x1x2(t0),(t)=t-lnt,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-

16、2,又f(x)=2x-2sinx,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(cosx-sinx+2x-2)-a(x2+2cosx),因为h(x)=ex(cosx-sinx+2x-2)+ex(-sinx-cosx+2)-a(2x-2sinx)=2ex(x-sinx)-2a(x-sinx)=2(ex-a)(x-sinx),令m(x)=x-sinx,则m(x)=1-cosx0,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)

17、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-elna)(x-sinx),由h(x)=0得x1=lna,x2=0.()当0a1时,lna0,当x(-,lna)时,ex-elna0,h(x)单调递增;当x(lna,0)时,ex-elna0,h(x)0,h(x)0,h(x)单调递增.所以当x=lna时h(x)取到极大值.极大值为h(lna)=-aln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2,当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;()当a=1时,lna=0,所以当x(-,+)时,h(x)0,函数

18、h(x)在(-,+)上单调递增,无极值;()当a1时,lna0,所以当x(-,0)时,ex-elna0,h(x)单调递增;当x(0,lna)时,ex-elna0,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;当x=lna时h(x)取到极小值,极小值是h(lna)=-aln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+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0a1时,函数h(x)在区间(-,0)和(lna,+)上单调递增,在区间(0,lna)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(lna)=-aln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2.