备战2019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7Word版含答案

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.f

B.f

C.f

D.f

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≤x≤3}.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Ⅲ,理14)曲线y=(ax+1)e x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 e x++b(a>0).

(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 e a-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.

9.(2018全国Ⅰ,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:

10.已知函数f(x)= x3+x2-ax-a,x∈R,其中a>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x∈R满足f(x)+f'(x)<0,则下列结论正确的是

()

A.e2f(2)>e3f(3)

B.e2f(2)

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(m+1)

13.已知函数f(x)=.

(1)求函数f(x)的单调区间;

(2)当x>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,a∈R.

(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≥.

15.已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=e x(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(π,f(π))处的切线方程.

(2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),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x1<0

3.

所以在区间(-∞,x1)和(x2,x3)上,f'(x)<0,f(x)是减函数,

在区间(x1,x2)和(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,∴F>F(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+c≤0的解集是[-2,3],于是有3a>0,-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)e x,

可得f'(x)=a·e x+(ax+1)e x=(ax+a+1)e x,

∴f(x)=(ax+1)e x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+3≥3.当x=-1时,y'min=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)=a e x-

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.

①当00,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;

②当a≥1时,-ln a≤0,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)=a e2-,解得a e2=2或a e2=-(舍去).

所以a=,代入原函数可得2++b=3,即b=故a=,b=

8.解(1)因为f(x)=x e a-x+bx,

所以f'(x)=(1-x)e a-x+b.

依题设,解得a=2,b=e.

(2)由(1)知f(x)=x e2-x+e x.

由f'(x)=e2-x (1-x+e x-1)及e2-x>0知,f'(x)与1-x+e x-1同号.

令g(x)=1-x+e x-1,则g'(x)=-1+e x-1.

所以,当x∈(-∞,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减;

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+=-

①若a≤2,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.

②若a>2,令f'(x)=0,得x=或x=

当x时,f'(x)<0;

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a>2.

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

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

10.解(1)f'(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).

由f'(x)=0,得x1=-1,x2=a>0.

当x变化时,f'

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0

(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.

①当t∈[-3,-2]时,t+3∈[0,1],-1∈[t,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)=-

②当t∈[-2,-1]时,t+3∈[1,2],且-1,1∈[t,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)=e x f(x),则g'(x)=e x(f(x)+f'(x))<0,

所以g(x)在R上单调递减,所以g(2)>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)

即g(m+1)

13.解(1)由f(x)=,知x∈(-1,0)∪(0,+∞).

所以f'(x)=-

令h(x)=1+(x+1)ln(x+1),

则h'(x)=1+ln(x+1).

令h'(x)=0,得x=-1,

易得h(x)在区间内单调递减,在区间内单调递增.

所以h(x)min=h=1->0,∴f'(x)<0.

故f(x)的单调递减区间为(-1,0),(0,+∞).

(2)当x>0时,f(x)>恒成立,

则k<(x+1)f(x).

令g(x)=(x+1)f(x)=,则g'(x)=

令φ(x)=1-x+ln(x+1)(x>0)?φ'(x)=-<0,所以φ(x)在区间(0,+∞)内单调递减.

又φ(2)=ln 3-1>0,φ(3)=2ln 2-2<0,

则存在实数t∈(2,3),使φ(t)=0?t=1+ln(t+1).

所以g(x)在区间(0,t)内单调递减,在区间(t,+∞)内单调递增.

所以g(x)min=g(t)==t+1∈(3,4),故k max=3.

14.解(1)因为f(1)=1-=0,所以a=2.

此时f(x)=ln x-x2+x,x>0.

则f'(x)=-2x+1=(x>0).

令f'(x)<0,则2x2-x-1>0.

又x>0,所以x>1.

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a≤0时,因为x>0,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.