高三理科數學新課標二輪復習專題整合高頻突破習題：專題二 函數與導數 專題能力訓練7 Word版含答案

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1、 高考數學精品復習資料 2019.5 專題能力訓練7　導數與函數的單調性、極值、最值 能力突破訓練 1.已知函數f(x)的導函數為f(x),且滿足f(x)=af(1)x+ln x,若f12=0,則a=(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.-1 B.-2 C.1 D.2 2.(20xx浙江,7)函數y=f(x)的導函數y=f(x)的圖象如圖所示,則函數y=f(x)的圖象可能是(　　) 3.若定義在R上的函數f(x)滿足f(0)=-1,其導函數f(x)滿足f(x)>k>1,則下列結論中一定錯誤的是 (

2、　　) A.f1k<1k B.f1k>1k-1 C.f1k-1<1k-1 D.f1k-1>kk-1 4.已知常數a,b,c都是實數,f(x)=ax3+bx2+cx-34的導函數為f(x),f(x)≤0的解集為{x|-2≤x≤3}.若f(x)的極小值等于-115,則a的值是(　　) A.-8122 B.13 C.2 D.5 5.若直線y=kx+b是曲線y=ln x+2的切線,也是曲線y=ln(x+1)的切線,則b=　　　　　. 6.在曲線y=x3+3x2+6x-1的切線中,斜率最小的切線方程為　　　　　. 7.設函數f(x)=aex+1aex+b(a>0). (1)求f

3、(x)在[0,+∞)上的最小值; (2)設曲線y=f(x)在點(2,f(2))處的切線方程為y=32x,求a,b的值. 8.設函數f(x)=xea-x+bx,曲線y=f(x)在點(2,f(2))處的切線方程為y=(e-1)x+4. (1)求a,b的值; (2)求f(x)的單調區(qū)間. 9.設a>1,函數f(x)=(1+x2)ex-a. (1)求f(x)的單調區(qū)間; (2)證明:f(x)在區(qū)間(-∞,+∞)上僅有一個零點; (3)若曲線y=f(x)在點P處的切線與x軸平行,且在點M(m,n)

4、處的切線與直線OP平行(O是坐標原點),證明:m≤3a-2e-1. 10.已知函數f(x)=13x3+1-a2x2-ax-a,x∈R,其中a>0. (1)求函數f(x)的單調區(qū)間; (2)若函數f(x)在區(qū)間(-2,0)內恰有兩個零點,求a的取值范圍; (3)當a=1時,設函數f(x)在區(qū)間[t,t+3]上的最大值為M(t),最小值為m(t),記g(t)=M(t)-m(t),求函數g(t)在區(qū)間[-3,-1]上的最小值. 思維提升訓練 11.(20xx陜西咸陽二模)已知定義在R上的函數f(x)的導函

5、數為f(x),對任意x∈R滿足f(x)+f(x)<0,則下列結論正確的是(　　) A.e2f(2)>e3f(3) B.e2f(2)0時,若f(x)>kx+1恒成立,求整數k的最大值. 14.已知函數f(x)=l

6、n x-12ax2+x,a∈R. (1)若f(1)=0,求函數f(x)的單調遞減區(qū)間; (2)若關于x的不等式f(x)≤ax-1恒成立,求整數a的最小值; (3)若a=-2,正實數x1,x2滿足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,求證:x1+x2≥5-12. 15.(20xx山東,理20)已知函數f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2),其中e≈2.718 28…是自然對數的底數. (1)求曲線y=f(x)在點(π,f(π))處的切線方程. (2)令h(x)=g(x)-af

7、(x)(a∈R),討論h(x)的單調性并判斷有無極值,有極值時求出極值. 參考答案 專題能力訓練7　導數與函數的單調性、極值、最值 能力突破訓練 1.D　解析因為f(x)=af(1)+1x,所以f(1)=af(1)+1,易知a≠1,則f(1)=11-a,所以f(x)=a1-a+1x.又因為f12=0,所以a1-a+2=0,解得a=2.故選D. 2.D　解析設導函數y=f(x)的三個零點分別為x1,x2,x3,且x1<0

8、3,+∞)上,f(x)>0,f(x)是增函數, 所以函數y=f(x)的圖象可能為D,故選D. 3.C　解析構造函數F(x)=f(x)-kx, 則F(x)=f(x)-k>0, ∴函數F(x)在R上為單調遞增函數. ∵1k-1>0,∴F1k-1>F(0). ∵F(0)=f(0)=-1,∴f1k-1-kk-1>-1, 即f1k-1>kk-1-1=1k-1,∴f1k-1>1k-1,故C錯誤. 4.C　解析依題意得f(x)=3ax2+2bx+c≤0的解集是[-2,3],于是有3a>0,-2+3=-2b3a,-23=c3a,則b=-3a2,c=-18a. 函數f(x)在x=3處取得極小值

9、,于是有f(3)=27a+9b+3c-34=-115, 則-812a=-81,解得a=2.故選C. 5.1-ln 2　解析對函數y=lnx+2求導,得y=1x,對函數y=ln(x+1)求導,得y=1x+1.設直線y=kx+b與曲線y=lnx+2相切于點P1(x1,y1),與曲線y=ln(x+1)相切于點P2(x2,y2),則y1=lnx1+2,y2=ln(x2+1).由點P1(x1,y1)在切線上,得y-(lnx1+2)=1x1(x-x1),由點P2(x2,y2)在切線上,得y-ln(x2+1)=1x2+1(x-x2).因為這兩條直線表示同一條直線, 所以1x1=1x2+1,ln(x2+

10、1)=lnx1+x2x2+1+1,解得x1=12, 所以k=1x1=2,b=lnx1+2-1=1-ln2. 6.3x-y-2=0　解析y=3x2+6x+6=3(x+1)2+3≥3.當x=-1時,ymin=3;當x=-1時,y=-5. 故切線方程為y+5=3(x+1),即3x-y-2=0. 7.解(1)f(x)=aex-1aex. 當f(x)>0,即x>-lna時,f(x)在區(qū)間(-lna,+∞)內單調遞增; 當f(x)<0,即x<-lna時,f(x)在區(qū)間(-∞,-lna)內單調遞減. ①當00,f(x)在區(qū)間(0,-lna)內單調遞減,在區(qū)間(-lna,+

11、∞)內單調遞增,從而f(x)在區(qū)間[0,+∞)內的最小值為f(-lna)=2+b; ②當a≥1時,-lna≤0,f(x)在區(qū)間[0,+∞)內單調遞增, 從而f(x)在區(qū)間[0,+∞)內的最小值為f(0)=a+1a+b. (2)依題意f(2)=ae2-1ae2=32,解得ae2=2或ae2=-12(舍去). 所以a=2e2,代入原函數可得2+12+b=3,即b=12.故a=2e2,b=12. 8.解(1)因為f(x)=xea-x+bx, 所以f(x)=(1-x)ea-x+b. 依題設,f(2)=2e+2,f(2)=e-1,即2ea-2+2b=2e+2,-ea-2+b=e-1,解得a

12、=2,b=e. (2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex. 由f(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知,f(x)與1-x+ex-1同號. 令g(x)=1-x+ex-1,則g(x)=-1+ex-1. 所以,當x∈(-∞,1)時,g(x)<0,g(x)在區(qū)間(-∞,1)上單調遞減; 當x∈(1,+∞)時,g(x)>0,g(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調遞增. 故g(1)=1是g(x)在區(qū)間(-∞,+∞)上的最小值, 從而g(x)>0,x∈(-∞,+∞). 綜上可知,f(x)>0,x∈(-∞,+∞). 故f(x)的單調遞增區(qū)間為(-∞,+∞). 9.解(1)由題意可

13、知函數f(x)的定義域為R,f(x)=(1+x2)ex+(1+x2)(ex)=(1+x)2ex≥0, 故函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(-∞,+∞),無單調遞減區(qū)間. (2)∵a>1,∴f(0)=1-a<0,且f(a)=(1+a2)ea-a>1+a2-a>2a-a=a>0. ∴函數f(x)在區(qū)間(0,a)上存在零點. 又由(1)知函數f(x)在區(qū)間(-∞,+∞)內單調遞增, ∴函數f(x)在區(qū)間(-∞,+∞)內僅有一個零點. (3)由(1)及f(x)=0,得x=-1. 又f(-1)=2e-a,即P-1,2e-a, ∴kOP=2e-a-0-1-0=a-2e. 又f(m)=(1+m

14、)2em,∴(1+m)2em=a-2e. 令g(m)=em-m-1,則g(m)=em-1, ∴由g(m)>0,得m>0,由g(m)<0,得m<0. ∴函數g(m)在區(qū)間(-∞,0)內單調遞減,在區(qū)間區(qū)間(0,+∞)內單調遞增. ∴g(m)min=g(0)=0,即g(m)≥0在R上恒成立, 即em≥m+1. ∴a-2e=(1+m)2em≥(1+m)2(1+m)=(1+m)3,即3a-2e≥1+m.故m≤3a-2e-1. 10.解(1)f(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 由f(x)=0,得x1=-1,x2=a>0. 當x變化時,f(x),f(x)的變化情況如

15、下表: x (-∞,-1) -1 (-1,a) a (a,+∞) f(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 故函數f(x)的單調遞增區(qū)間是(-∞,-1),(a,+∞);單調遞減區(qū)間是(-1,a). (2)由(1)知f(x)在區(qū)間(-2,-1)內單調遞增,在區(qū)間(-1,0)內單調遞減,從而函數f(x)在區(qū)間(-2,0)內恰有兩個零點當且僅當f(-2)<0,f(-1)>0,f(0)<0,解得0

16、,在區(qū)間[-1,1]上單調遞減,在區(qū)間[1,2]上單調遞增. ①當t∈[-3,-2]時,t+3∈[0,1],-1∈[t,t+3],f(x)在區(qū)間[t,-1]上單調遞增,在區(qū)間[-1,t+3]上單調遞減.因此f(x)在區(qū)間[t,t+3]上的最大值M(t)=f(-1)=-13,最小值m(t)為f(t)與f(t+3)中的較小者. 由f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知,當t∈[-3,-2]時,f(t)≤f(t+3),則m(t)=f(t),所以g(t)=f(-1)-f(t).因為f(t)在區(qū)間[-3,-2]上單調遞增,所以f(t)≤f(-2)=-53.故g(t)在區(qū)間[-3,-2]上的

17、最小值為g(-2)=-13--53=43. ②當t∈[-2,-1]時,t+3∈[1,2],且-1,1∈[t,t+3]. 下面比較f(-1),f(1),f(t),f(t+3)的大小. 因為f(x)在區(qū)間[-2,-1],[1,2]上單調遞增, 所以f(-2)≤f(t)≤f(-1),f(1)≤f(t+3)≤f(2). 因為f(1)=f(-2)=-53,f(-1)=f(2)=-13, 從而M(t)=f(-1)=-13,m(t)=f(1)=-53.所以g(t)=M(t)-m(t)=43. 綜上,函數g(t)在區(qū)間[-3,-1]上的最小值為43. 思維提升訓練 11.A　解析利用單調性解

18、抽象不等式時,關鍵要注意結論與已知條件的聯系,通過構造合適的函數來求解. 令g(x)=exf(x),則g(x)=ex(f(x)+f(x))<0, 所以g(x)在R上單調遞減,所以g(2)>g(3),即e2f(2)>e3f(3).故選A. 12.(-∞,-2)　解析若g(x)=f(x)ex, 則g(x)=f(x)-f(x)ex>0, 所以g(x)在R上為增函數. 又不等式em2f(m+1)

19、∞). 所以f(x)=-1+(x+1)ln(x+1)x2(x+1). 令h(x)=1+(x+1)ln(x+1), 則h(x)=1+ln(x+1).令h(x)=0,得x=1e-1, 易得h(x)在區(qū)間-1,1e-1內單調遞減,在區(qū)間1e-1,+∞內單調遞增. 所以h(x)min=h1e-1=1-1e>0,∴f(x)<0. 故f(x)的單調遞減區(qū)間為(-1,0),(0,+∞). (2)當x>0時,f(x)>kx+1恒成立, 則k<(x+1)f(x). 令g(x)=(x+1)f(x)=(x+1)[1+ln(x+1)]x,則g(x)=(x-1)-ln(x+1)x2. 令φ(x)=1

20、-x+ln(x+1)(x>0)?φ(x)=-xx+1<0,所以φ(x)在區(qū)間(0,+∞)內單調遞減. 又φ(2)=ln3-1>0,φ(3)=2ln2-2<0, 則存在實數t∈(2,3),使φ(t)=0?t=1+ln(t+1). 所以g(x)在區(qū)間(0,t)內單調遞減,在區(qū)間(t,+∞)內單調遞增. 所以g(x)min=g(t)=(t+1)[1+ln(t+1)]t=t+1∈(3,4),故kmax=3. 14.解(1)因為f(1)=1-a2=0,所以a=2. 此時f(x)=lnx-x2+x,x>0. 則f(x)=1x-2x+1=-2x2+x+1x(x>0). 令f(x)<0,則2x

21、2-x-1>0. 又x>0,所以x>1. 所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(1,+∞). (2)(方法一)令g(x)=f(x)-(ax-1)=lnx-12ax2+(1-a)x+1,則g(x)=1x-ax+(1-a)=-ax2+(1-a)x+1x. 當a≤0時,因為x>0,所以g(x)>0. 所以g(x)在區(qū)間(0,+∞)內是增函數, 又g(1)=ln1-12a12+(1-a)+1=-32a+2>0,所以關于x的不等式f(x)≤ax-1不能恒成立. 當a>0時,g(x)=-ax2+(1-a)x+1x=-ax-1a(x+1)x(x>0), 令g(x)=0,得x=1a. 所以當x∈0,

22、1a時,g(x)>0;當x∈1a,+∞時,g(x)<0, 因此函數g(x)在x∈0,1a內是增函數,在x∈1a,+∞內是減函數. 故函數g(x)的最大值為g1a=ln1a-12a1a2+(1-a)1a+1=12a-lna. 令h(a)=12a-lna, 因為h(1)=12>0,h(2)=14-ln2<0,又h(a)在a∈(0,+∞)內是減函數,且a為整數, 所以當a≥2時,h(a)<0. 所以整數a的最小值為2. (方法二)由f(x)≤ax-1恒成立,得lnx-12ax2+x≤ax-1在(0,+∞)內恒成立, 問題等價于a≥lnx+x+112x2+x在區(qū)間(0,+∞)內恒成立.

23、 令g(x)=lnx+x+112x2+x, 因為g(x)=(x+1)-12x-lnx12x2+x2, 令g(x)=0,得-12x-lnx=0. 設h(x)=-12x-lnx, 因為h(x)=-12-1x<0,所以h(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調遞減, 不妨設-12x-lnx=0的根為x0. 當x∈(0,x0)時,g(x)>0;當x∈(x0,+∞)時,g(x)<0,所以g(x)在x∈(0,x0)內是增函數;在x∈(x0,+∞)內是減函數.所以g(x)max=g(x0)=lnx0+x0+112x02+x0=1+12x0x01+12x0=1x0. 因為h12=ln2-14>0,h(1

24、)=-12<0, 所以120. 由f(x1)+f(x2)+x1x2=0, 得lnx1+x12+x1+lnx2+x22+x2+x1x2=0, 從而(x1+x2)2+x1+x2=x1x2-ln(x1x2). 令t=x1x2(t>0),φ(t)=t-lnt,則φ(t)=t-1t. 可知,φ(t)在區(qū)間(0,1)內單調遞減,在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增. 所以φ(t)≥φ(1)=1,所以(x1+x2)2+x1+x2≥1,因此

25、x1+x2≥5-12或x1+x2≤-5-12(舍去). 15.解(1)由題意f(π)=π2-2, 又f(x)=2x-2sinx,所以f(π)=2π, 因此曲線y=f(x)在點(π,f(π))處的切線方程為y-(π2-2)=2π(x-π),即y=2πx-π2-2. (2)由題意得h(x)=ex(cosx-sinx+2x-2)-a(x2+2cosx), 因為h(x)=ex(cosx-sinx+2x-2)+ex(-sinx-cosx+2)-a(2x-2sinx) =2ex(x-sinx)-2a(x-sinx) =2(ex-a)(x-sinx), 令m(x)=x-sinx,則m(x)=

26、1-cosx≥0, 所以m(x)在R上單調遞增. 因為m(0)=0,所以當x>0時,m(x)>0; 當x<0時,m(x)<0. ①當a≤0時,ex-a>0,當x<0時,h(x)<0,h(x)單調遞減,當x>0時,h(x)>0,h(x)單調遞增, 所以當x=0時h(x)取到極小值,極小值是h(0)=-2a-1; ②當a>0時,h(x)=2(ex-elna)(x-sinx),由h(x)=0得x1=lna,x2=0. (ⅰ)當00,h(x)單調遞增; 當x∈(lna,0)時,ex-elna>0,h(x)<

27、0,h(x)單調遞減; 當x∈(0,+∞)時,ex-elna>0,h(x)>0,h(x)單調遞增. 所以當x=lna時h(x)取到極大值. 極大值為h(lna)=-a[ln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2], 當x=0時h(x)取到極小值,極小值是h(0)=-2a-1; (ⅱ)當a=1時,lna=0,所以當x∈(-∞,+∞)時,h(x)≥0,函數h(x)在(-∞,+∞)上單調遞增,無極值; (ⅲ)當a>1時,lna>0,所以當x∈(-∞,0)時,ex-elna<0,h(x)>0,h(x)單調遞增; 當x∈(0,lna)時,ex-elna<0,h(x)<0,h

28、(x)單調遞減; 當x∈(lna,+∞)時,ex-elna>0,h(x)>0,h(x)單調遞增. 所以當x=0時h(x)取到極大值,極大值是h(0)=-2a-1; 當x=lna時h(x)取到極小值,極小值是h(lna)=-a[ln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2]. 綜上所述: 當a≤0時,h(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調遞減,在區(qū)間(0,+∞)上單調遞增,函數h(x)有極小值,極小值是h(0)=-2a-1; 當01時,函數h(x)在區(qū)間(-∞,0)和(lna,+∞)上單調遞增,在區(qū)間(0,lna)上單調遞減,函數h(x)有極大值,也有極小值,極大值是h(0)=-2a-1,極小值是h(lna)=-a[ln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2].