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 理（含解析）.docx

1、专题能力训练7导数与函数的单调性、极值、最值专题能力训练第20页一、能力突破训练1.(2020全国,理6)函数f(x)=x4-2x3的图象在点(1,f(1)处的切线方程为()A.y=-2x-1B.y=-2x+1C.y=2x-3D.y=2x+1答案:B解析:对函数f(x)求导可得f(x)=4x3-6x2,由导数的几何意义知在点(1,f(1)处的切线的斜率为k=f(1)=-2.又因为f(1)=-1,所以切线方程为y-(-1)=-2(x-1),化简得y=-2x+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

2、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-xe,则f(x)的极大值点为()A.x=1eB.x=1C.x=eD.x=2e答案:D解析:f(x)=2ef(e)x-1e,所以f(e)=2ef(e)e-1e=2f(e)-1e,解得f(e)=1e,则f(x)=2x-1e.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

3、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.-8122B.13C.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=-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,则-812a=-81,解得a=2.故选C.5.(2019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(

4、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)=12asin 2x-(a+2)cos x-(a+1)x在区间-2,2上无极值,则f(x)在区间-2,2上的最小值是.答案:-32解析:f(x)=acos2x+(a+2)sinx-a-1=a(1-2sin2x)+(a+2)sinx-a-1=-2asin2x+(a+2)sinx-1=-(2sinx-1)(asinx-1).因为当f(x)=0时一定有sinx=12,即x=6-2,2,所以要使f(x)无极值,则a=2,此时f(x)=-(2sinx-1)20

5、恒成立,即f(x)在区间-2,2上单调递减,故在区间-2,2上,f(x)的最小值为f2=-32.7.设函数f(x)=aex+1aex+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=32x,求a,b的值.解:(1)f(x)=aex-1aex.当f(x)0,即x-lna时,f(x)在区间(-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;

6、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+1a+b.(2)依题意f(2)=ae2-1ae2=32,解得ae2=2或ae2=-12(舍去).所以a=2e2,代入原函数可得2+12+b=3,即b=12.故a=2e2,b=12.8.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

7、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m43x-2.记h(x)=43x-2,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.(2018全国,理21)已知函数f(x)=1x-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:f(x1)-f(

8、x2)x1-x22,令f(x)=0,得x=a-a2-42或x=a+a2-42.当x0,a-a2-42a+a2-42,+时,f(x)0.所以f(x)在区间0,a-a2-42,a+a2-42,+内单调递减,在区间a-a2-42,a+a2-42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f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2=-2+alnx1-lnx2x1-x2=-2+a-2lnx21x2-x2,所以f(x1)-f(x2)x1-x2a

9、-2等价于1x2-x2+2lnx20.设函数g(x)=1x-x+2lnx,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1x2-x2+2lnx20,即f(x1)-f(x2)x1-x20.(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

10、,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f(-2)0,f(0)0,解得0a0,f(x)在区间-12,12内单调递增.同理,f(x)在区间-,-12,12,+内单调递减.故选D.12.已知函数f(x)=ex,g(x)=ln x2+12的图象与直线y=m分别交于A,B两点,则

11、|AB|的最小值为.答案:2+ln 2解析:因为函数f(x)=ex,g(x)=lnx2+12的图象与直线y=m分别交于A,B两点,所以A(lnm,m),B(2em-12,m),其中2em-12lnm,且m0,所以|AB|=2em-12-lnm.令h(x)=2ex-12-lnx(x0),则h(x)=2ex-12-1x.令h(x)=0,得x=12.当x12时,h(x)0;当0x12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)=lnx-2ax+2a,可得g(x)=lnx-2ax+2a,x(0,+)

12、.所以g(x)=1x-2a=1-2axx.a0,当x0,12a时,g(x)0,函数g(x)单调递增;当x12a,+时,g(x)0,函数g(x)单调递减.g(x)的单调递增区间为0,12a,单调递减区间为12a,+.(2)由(1)知,f(1)=0.当0a1,由(1)知f(x)在区间0,12a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1,12a内单调递增,此时f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.当a=12时,12a=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

13、12时,012a0,f(x)单调递增,当x(1,+)时,f(x)0.则f(x)=1x-2x+1=-2x2+x+1x(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)=lnx-12ax2+(1-a)x+1,则g(x)=1x-ax+(1-a)=-ax2+(1-a)x+1x.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)=ln1-12a12+(1-a)+1=-32a+20,所以关于x的不等式f(x)ax-1不能恒成立.当a0时,g(x)=-ax2+(1-a)x+1x=-ax-1

14、a(x+1)x(x0),令g(x)=0,得x=1a.所以当x0,1a时,g(x)0;当x1a,+时,g(x)0,h(2)=14-ln20,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lnx-12ax2+xax-1在区间(0,+)内恒成立,问题等价于alnx+x+112x2+x在区间(0,+)内恒成立.令g(x)=lnx+x+112x2+x,因为g(x)=(x+1)-12x-lnx12x2+x2,令g(x)=0,得-12x-lnx=0.设h(x)=-12x-lnx,因为h(x)=-12-1x0;当x(x

15、0,+)时,g(x)0,h(1)=-120,所以12x01,此时11x00.由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,得lnx1+x12+x1+lnx2+x22+x2+x1x2=0,从而(x1+x2)2+x1+x2=x1x2-ln(x1x2).令t=x1x2(t0),(t)=t-lnt,则(t)=t-1t.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+x25-12或x1+x2-5-12(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

16、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-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(e

17、x-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)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

18、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h(x)在区间(-,+)内单调递增,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)内单调递减,在区间(0,+)内单调递增,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,+)内单调递增,在区间(0,lna)内单调递减,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.