高考数学(理科)大二轮复习练习：专题二函数与导数专题能力训练7.pdf

小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学专题能力训练 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)的导函数为f(x),且满足 f(x)=af(1)x+ln x,若 f=0,则 a=()A.-1 B.-2 C.1 D.2 2.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)k 1,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.-B.C.2 D.5 5.(2018 全国,理 14)曲线 y=(ax+1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则 a=.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)=a ex+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)=x ea-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.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学9.(2018 全国,理 21)已知函数f(x)=-x+a ln 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: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.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)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.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中高中+努力=大学15.已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2),其中 e 2.718 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.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学专题能力训练7导数与函数的单调性、极值、最值一、能力突破训练1.D解析 因为 f(x)=af(1)+,所以 f(1)=af(1)+1,易知 a 1,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 x10 x2x3.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(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)-k 0,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=-,-2 3=,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.-3解析 设 f(x)=(ax+1)ex,可得 f(x)=a ex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex,f(x)=(ax+1)ex在(0,1)处的切线斜率k=f(0)=a+1=-2,a=-3.6.3x-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-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=小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学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(1)知 f(x)=x e2-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.(1)解 f(x)的定义域为(0,+),f(x)=-1+=-若 a2,则 f(x)0,当且仅当a=2,x=1 时,f(x)=0,所以 f(x)在(0,+)内单调递减.若 a2,令 f(x)=0,得 x=或 x=当 x时,f(x)0.所以 f(x)在内单调递减,在内单调递增.(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 x2 0.设函数 g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+)内单调递减,又 g(1)=0,从而当 x(1,+)时,g(x)0.所以-x2+2ln x2 0,即 0.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+小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学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-32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.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.(-,-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)=2ln 2-20.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 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-a 12+(1-a)+1=-a+2 0,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 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 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x0 1,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=x1 x2-ln(x1 x2).令 t=x1 x2(t 0),(t)=t-ln t,则 (t)=小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学可知,(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()=2-2,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=2 x-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 0a 1时,ln a0,当 x(-,ln a)时,ex-eln a 0,h(x)单调递增;当 x(ln a,0)时,ex-eln a 0,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(-,+)上单调递增,无极值;()当 a1 时,ln a0,所以当 x(-,0)时,ex-eln a 0,h(x)单调递增;当 x(0,ln a)时,ex-eln a 0,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=ln a时 h(x)取到极小值,极小值是 h(ln a)=-aln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+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(ln a,+)上单调递增,在区间(0,ln a)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(ln a)=-a ln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2.