《2019年高考数学（理科，天津课标版）二轮复习专题能力训练 Word版含答案7》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考数学（理科，天津课标版）二轮复习专题能力训练 Word版含答案7（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题能力训练专题能力训练 7 导数与函数的单调性、极值、最导数与函数的单调性、极值、最 值值 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=( ) ( 1 2) A.-1B.-2C.1D.2 w 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.f ( 1 ) 1 - 1 C.fD.f ( 1 - 1) - 1 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|
2、-2x3.若 f(x) 的极小值等于-115,则 a 的值是( ) A.-B. 81 22 1 3 C.2D.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)=aex+b(a0). 1 (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. 3 2 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.
3、 (1)求 a,b 的值; (2)求 f(x)的单调区间. 9.(2018 全国,理 21)已知函数 f(x)= -x+aln x. 1 (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 3 1 - 2 (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)
4、的导函数为 f(x),对任意 xR 满足 f(x)+f(x)e3f(3)B.e2f(2)0 时,若 f(x)恒成立,求整数 k 的最大值. + 1 14.已知函数 f(x)=ln x- ax2+x,aR. 1 2 (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. 5 - 1 2 15.已知函数 f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2),其中 e2.718 28是自然对数
5、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. 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 a1,则 f(1)=,所以 f(x)=又因为 f 1 1 1 - 1 - + 1 . =0,所以+2=0,解得 a=2.故选 D. ( 1 2) 1 - 2.D 解析 设导函数 y=f(x)的三个零点分别为 x1,x2,x3,且 x10,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). 1 - 1 ( 1 - 1) F(0)=f(0)=-1,f-1, ( 1 - 1) - 1 即 f-1=,f,故 C 错误. ( 1 - 1) - 1 1 - 1 ( 1 - 1) 1 - 1 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=- 2 3 3 ,c=-18a. 3 2 函数 f(x)在 x=3 处取得极小值,于是有 f(3)=2
7、7a+9b+3c-34=-115, 则-a=-81,解得 a=2.故选 C. 81 2 5.-3 解析 设 f(x)=(ax+1)ex, 可得 f(x)=aex+(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- 1 . 当 f(x)0,即 x-ln a 时,f(x)在区间(-ln a,+
8、)内单调递增; 当 f(x)0,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. 1 (2)依题意 f(2)=ae2-,解得 ae2=2 或 ae2=- (舍去). 1 2 = 3 2 1 2 所以 a= ,代入原函数可得 2+ +b=3,即 b= 故 a= ,b= 2 2 1 2 1 2. 2 2 1 2. 8.解 (1)因为 f(x)=xea-x+bx, 所以
9、f(x)=(1-x)ea-x+b. 依题设,解得 a=2,b=e. (2) = 2 + 2, (2) = - 1, ? 即2 - 2 + 2 = 2 + 2, - - 2 + = - 1, ? (2)由(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(
10、-,+). 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+ =- 1 2 2- + 1 2 . 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= - 2 - 4 2 + 2 - 4 2 . 当 x时,f(x)0. ( - 2 - 4 2 , + 2 - 4 2 ) 所以 f(x)在内单调递减,在内单调递增. ( 0, - 2 - 4 2 ),( + 2 - 4 2 , + ) ( - 2 - 4 2 , + 2 - 4 2 ) (
11、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+ 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
12、0 0, (0) 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)0,f(x)0 时,f(x)恒成立, + 1 则 k0)(x)=-0,(3)=2ln 2-20. 则 f(x)= -2x+1=(x0). 1 - 2 2+ + 1 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)= 1 2
13、1 - 2+ (1 - ) + 1 . 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- a12+(1-a)+1=- a+20,所以关于 x 的不等式 f(x)ax-1 不能恒成立. 1 2 3 2 当 a0 时,g(x)=-(x0), - 2+ (1 - ) + 1 ( - 1 )( + 1) 令 g(x)=0,得 x= 1 . 所以当 x时,g(x)0;当 x时,g(x)0,h(2)= -ln 20;当 x(x0,+)时,g(x)0,h(1)=- 0. 由 f(x1)+f(x2)+x1x2=0, 得 ln x1+x1+ln
14、x2+x2+x1x2=0, 2 1 2 2 从而(x1+x2)2+x1+x2=x1x2-ln(x1x2). 令 t=x1x2(t0),(t)=t-ln t,则 (t)= - 1 . 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). 5 - 1 2 - 5 - 1 2 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=2x-2-2. (2)由题
15、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,当 x0 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)
