（新课标）天津市2020年高考数学二轮复习 专题能力训练7 导数与函数的单调性、极值、最值 理

（新课标）天津市2020年高考数学二轮复习 专题能力训练7 导数与函数的单调性、极值、最值 理

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 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)>k>1,则下列结论中一定错误的是 (　　)‎ A.f B.f C.f D.f 12‎ ‎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)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(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)=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.‎ ‎(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+aln 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)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;‎ 12‎ ‎(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)=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(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.‎ 12‎ 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<00,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)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+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)=aex-‎ 12‎ 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)=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=‎ ‎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)=xe2-x+ex.‎ 由f'(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0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;‎ 12‎ 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0g(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.‎ 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kmax=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.‎ 当a>0时,g'(x)==-(x>0),‎ 12‎ 令g'(x)=0,得x=‎ 所以当x时,g'(x)>0;当x时,g'(x)<0,‎ 因此函数g(x)在x内是增函数,在x内是减函数.‎ 故函数g(x)的最大值为g=lna+(1-a)+1=-ln a.‎ 令h(a)=-ln a,‎ 因为h(1)=>0,h(2)=-ln 2<0,又h(a)在a∈(0,+∞)内是减函数,且a为整数,‎ 所以当a≥2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+x≤ax-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,所以h(x)在区间(0,+∞)上单调递减,‎ 不妨设-x-ln x=0的根为x0.‎ 当x∈(0,x0)时,g'(x)>0;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)<0,所以g(x)在x∈(0,x0)内是增函数;在x∈(x0,+∞)内是减函数.所以g(x)max=g(x0)=‎ 因为h=ln 2->0,h(1)=-<0,‎ 所以0.‎ 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),φ(t)=t-ln t,则φ'(t)=‎ 可知,φ(t)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.‎ 所以φ(t)≥φ(1)=1,所以(x1+x2)2+x1+x2≥1,因此x1+x2或x1+x2(舍去).‎ ‎15.解 (1)由题意f(π)=π2-2,‎ 又f'(x)=2x-2sin x,所以f'(π)=2π,‎ 因此曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程为y-(π2-2)=2π(x-π),即y=2πx-π2-2.‎ ‎(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 x≥0,‎ 所以m(x)在R上单调递增.‎ 因为m(0)=0,所以当x>0时,m(x)>0;‎ 当x<0时,m(x)<0.‎ ‎①当a≤0时,ex-a>0,当x<0时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当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;‎ ‎②当a>0时,h'(x)=2(ex-eln a)(x-sin x),由h'(x)=0得x1=ln a,x2=0.‎ ‎(ⅰ)当00,h(x)单调递增;‎ 当x∈(ln a,0)时,ex-eln a>0,h'(x)<0,h(x)单调递减;‎ 当x∈(0,+∞)时,ex-eln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.‎ 12‎ 所以当x=ln a时h(x)取到极大值.‎ 极大值为h(ln a)=-a[ln‎2a-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;‎ ‎(ⅱ)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;‎ ‎(ⅲ)当a>1时,ln a>0,所以当x∈(-∞,0)时,ex-eln a<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;‎ 当x∈(0,ln a)时,ex-eln a<0,h'(x)<0,h(x)单调递减;‎ 当x∈(ln a,+∞)时,ex-eln a>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)=-a[ln‎2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].‎ 综上所述:‎ 当a≤0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01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].‎ 12‎