2021届高考数学二轮复习 专题能力训练7 导数与函数的单调性、极值、最值 文（含解析）.docx

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)=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.已知函数f(x)=2ef(e)ln x-xe,则f(x)的极大值点为()A.x=1eB.x=1C.x=eD.x=2e3.在同一平面直角坐标系中,函数y=ax2-x+a2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

2、-115,则a的值是()A.-8122B.13C.2D.55.(2020全国,文15)设函数f(x)=exx+a.若f(1)=e4,则a=.6.已知函数f(x)=xlnx+ax+1只有一个零点,则a的取值范围为.7.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ar=400,求f(x)在区间(

3、0,+)内的极值.10.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.ex2-ex1x1ex2D.x2ex1x1ex212.已知函数f(x)=aex+sin x在区间-2,0上单调递增,则a的取值范围为()A.-22e4,+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)=-13x3+12x2+2ax.(1)若f(x)在区间23,+

4、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-163,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0,23内有且仅有一个零点(记为an),且0an-121323n.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

5、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=1a或x=13a.函数y=ax2-x+a2的图象的对称轴为直线x=12a,不管a0还是a0,都有12a在1a与13a之间,而由B中图象可知1a13a0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=-2b3a,-23=c3a,则b=-3a2,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

6、,则-812a=-81,解得a=2.故选C.5.1解析:对函数f(x)=exx+a求导得f(x)=ex(x+a-1)(x+a)2,由题意得f(1)=ea(1+a)2=e4,解得a=1.6.(-,01e解析:f(x)=xlnx+ax+1只有一个零点,xlnx+a=0只有一个解,即a=-xlnx只有一个解.设g(x)=-xlnx(x0),则g(x)=-lnx-1=-(lnx+1),当0x0;当x1e时,g(x)0,所以m43x-2在区间1,3上恒成立.记h(x)=43x-2(x1,3),则mh(x)max.而函数h(x)在区间1,3上单调递减,则h(x)max=h(1)=4,所以m4.故实数m的取

7、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上为增函数,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=k3,且过点(0,1).当=4k2-12=4(k+3)(k-3)0,即-3k0,即k-3时,令f(x)=3x2-2kx+1=0,解得x1=k+k2-33,x2=k-k2-33,注意到kx2x1k,从而kx2x10,f(x)的最小值m=f(k)=k.f(x2)-f(-k)=x23-kx22+x2-(-2k3-k)=(x

8、2+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)=ax(x+r)2=axx2+2rx+r2,f(x)=a(x2+2rx+r2)-ax(2x+2r)(x2+2rx+r2)2=a(r-x)(x+r)(x+r)4,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

9、)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)=ar(2r)2=a4r=4004=100.10.证明(1)f(x)的定义域为(0,+).f(x)=x-1x+lnx-1=lnx-1x.因为当x(0,+)时,函数y=lnx单调递增,函数y=1x单调递减,所以当x(0,+)时,f(x)单调递增.又f(1)=-10,故存在唯一的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

10、一根x=.由x01,得110,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)=exx,当0x1时,g(x)=(x-1)exx2g(x2),即ex1x1ex2x2,所以x2ex1x1ex2.故选C.12.D解析:依题意,得f(x)=aex+cosx0,即a-cosxex对x-2,0恒成立.设g(x)=-cosxex,则g(x)=2sinx+4ex.当x-2,-4时,g(x)0,故g(x)max=maxg-2,g(0)=0,故a0.13.12+12ln 2解析:易得A(t,t2),B(t,lnt),所以|AB|=t2-

11、lnt.令f(t)=t2-lnt(t0),则f(t)=2t-1t=2t2-1t=(2t-1)(2t+1)t.令f(t)0,得t22或t0,所以t22;令f(t)0,得-22t0,所以0t0,得a-19,故当a-19时,f(x)在区间23,+内存在单调递增区间.(2)令f(x)=0,得两根x1=1-1+8a2,x2=1+1+8a2.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)=-272+6a0,即f(4)f(1),所以f(x)在区间1,4上的最小值为f(4)=

12、8a-403=-163,得a=1,x2=2,从而f(x)在区间1,4上的最大值为f(2)=103.15.(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=1-2n1-2-n2n=(1-n)2n-1.所以fn(2)=(n-1)2n+1.解法二当x1时,fn(x)=x-xn+11-x-1,则fn(x)=1-(n+1)xn(1-x)+(x-xn+1)(1-x)2,可得fn(2)=-1-(n+1)2n+2-2n+1(1-2)2=(n-1

13、)2n+1.(2)证明因为fn(0)=-10,所以fn(x)在区间0,23内至少存在一个零点.又fn(x)=1+2x+nxx-10,所以fn(x)在区间0,23内单调递增,因此fn(x)在区间0,23内有且仅有一个零点an.由于fn(x)=x-xn+11-x-1,所以0=fn(an)=an-ann+11-an-1.由此可得an=12+12ann+112,故12an23.所以0an-12=12ann+11223n+1=1323n.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=aa2+a-2.f(x)的单调递增

14、区间为(-,a-a2+a-2),(a+a2+a-2,+).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.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)(x2-4)20.f(x2)f(8-x2).又f(x1)=f(x2),f(x1)f(8-x2),f(x)在区间(4,+)上单调递增,故x18-x2,即x1+x28.(方法二)由f(x1)=f(x2),得x13-6x12=x23-6x22,化简,得(x1-x2)(x12+x1x2+x22)=6(x1+x2)(x1-x2).0x2(x1+x2)2-(x1+x2)24=34(x1+x2)2,6(x1+x2)34(x1+x2)2,x1+x28.