《2020届高考数学二轮复习 第二部分 专题六 函数与导数 第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题专题强化练 理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考数学二轮复习 第二部分 专题六 函数与导数 第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题专题强化练 理（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题A级基础通关一、选择题1(2019武邑中学第二次调研)函数f(x)x22ln x的单调减区间是()A(0，1 B1，)C(，1(0，1D1，0)(0，1解析：f(x)2x(x0)，令f(x)0，即0，解得00的解集对应yf(x)的增区间，f(x)0时，f(x)，则函数在x1处的切线方程是()A2xy10 Bx2y20C2xy10 Dx2y20解析：因为f(x)为奇函数，且当x0时，f(x).所以当x0时，f(x)f(x)(x0)，若对任意两个不相等的正实数x1，x2，都有2恒成立，则a的取值范围为()A(0，1 B(1，)C(0，1) D1，)解析：对
2、任意两个不相等的正实数x1，x2，都有2恒成立，则当x0时，f(x)2恒成立，f(x)x2在(0，)上恒成立，则a(2xx2)max1.答案：D5(2019华南师大附中检测)已知函数f(x)x3mx2nx2，其导函数f(x)为偶函数，f(1)，则函数g(x)f(x)ex在区间0，2上的最小值为()A3e B2e Ce D2e解析：由题意可得f(x)x22mxn，因为f(x)为偶函数，所以m0，故f(x)x3nx2，因为f(1)n2，所以n3.所以f(x)x33x2，则f(x)x23.故g(x)ex(x23)，则g(x)ex(x232x)ex(x1)(x3)，所以g(x)在0，1)上单调递减，在
3、区间(1，2上单调递增故g(x)有唯一极小值g(1)2e，则g(x)min2e.答案：B二、填空题6(2019全国卷)曲线y3(x2x)ex在点(0，0)处的切线方程为_解析：因为y3(x2x)ex，所以y3(x23x1)ex.令x0，得切线的斜率为ky|x03.又切点坐标为(0，0)，所以切线方程为y3x.答案：y3x7已知奇函数f(x)则函数h(x)的最大值为_解析：当x0时，f(x)1，f(x)，所以当x(0，1)时，f(x)1时，f(x)0，函数f(x)单调递增所以x1时，f(x)取到极小值e1，即f(x)的最小值为e1.又f(x)为奇函数，且x0时，f(x)h(x)，所以h(x)的最
4、大值为(e1)1e.答案：1e8.在平面直角坐标系内任取一个点P(x，y)满足则点P落在曲线y与直线x2，y2围成的阴影区域(如图所示)内的概率为_解析：由解得所以阴影部分的面积为2dx(2xln x)(22ln 2)32ln 2.因此所求概率为.答案：三、解答题9(2018天津卷节选)设函数f(x)(xt1)(xt2)(xt3)，其中t1，t2，t3R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列(1)若t20，d1，求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)若d3，求f(x)的极值解：(1)由题设，f(x)x(x1)(x1)x3x，故f(x)3x21，因此f(0)0，f(0)1.曲线
5、yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为yf(0)f(0)(x0)，即xy0.故所求切线方程为xy0.(2)由已知得f(x)(xt23)(xt2)(xt23)(xt2)39(xt2)x33t2x2(3t9)xt9t2.故f(x)3x26t2x3t9.令f(x)0，解得xt2或xt2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，t2)t2(t2，t2)t2(t2，)f(x)00f(x)极大值极小值所以函数f(x)的极大值为f(t2)()39()6；函数f(x)的极小值为f(t2)()396.10(2019全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xx1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值
6、点；(2)f(x)0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数证明：(1)f(x)的定义域为(0，)f(x)ln x1ln x.因为yln x在(0，)上单调递增，y在(0，)上单调递减，所以f(x)在(0，)上单调递增又f(1)10，故存在唯一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(x0，)内存在唯一根x.由x01得10且a1，求证：f(et)t2.(1)解：因为f(x)xaln x1，x(0，)，所以f(x)，当a0时，f(x)0，函数f(x)在定义域上递增，不满足
7、条件；当a0时，函数f(x)在(0，a)上递减，在(a，)上递增，故f(x)在xa取得极小值0，所以f(a)aaln a10，令p(a)aaln a1，p(a)ln a，所以p(a)在(0，1)单调递增，在(1，)单调递减，故p(a)p(1)0，所以f(a)0的解为a1，故a1.(2)证明：法1：由f(et)t2etat1t2et1t2at，因为a1，所以只需证当t0时，et1t2t恒成立令g(t)ett2t1，g(t)ett1，由(1)可知xln x10，令xet得ett10，所以g(t)在(0，)上递增，故g(t)g(0)0，因此f(et)t2成立法2：f(et)t2etat1t2ett2at10，设g(t)ett2at1(t0)，则g(t)etata，则g(t)eta，又ete01，a1，得g(t)0，所以g(t)单调递增，得g(t)g(0)1a0，所以g(t)单调递增，得g(t)g(0)0，得证故f(et)t2成立- 1 -
