最新天津市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文1214316

1、 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a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=()a.-4b.-2c.4d.2答案：d解析：f'(x)=3x2-12=3(x+2)(x-2),令f'(x)=0,得x=-2或x=2,易得f(x)在区间(-2,2)内单调递减,在区间(-,-2),(2,+)内单调递增,故f(x)极小值为f(2),由已知得a=2,故选d.2.在同一平面直角坐标系中,函数y=ax2-x+a2与y=a2x3-2ax2+x+a(ar)的图象不可能的是()答案：b解析：显然当a=0时,d中图象是可能的,当a0时,由y=a2x3-2ax2+

2、x+a(ar)求导得y'=3a2x2-4ax+1,令y'=0,得x=1a或x=13a.函数y=ax2-x+a2的图象的对称轴为x=12a,不管a>0还是a<0,都有12a在1a与13a之间,而由b中图象可知1a<13a<12a.因此b项中图象不可能.当a>0时,可判断得a,c项中图象都有可能.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.f1k<1kb.f1k>1k-1c.f1k-1<1k-1d.f1k-1>kk-1答案

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.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错误.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|-2x3.若f(x)的极小值等于-115,则a的值是()a.-8122b.13c.2d.5答案：c解析：依题意得f'(x)=3ax2+2b

4、x+c0的解集是-2,3,于是有3a>0,-2+3=-2b3a,-2×3=c3a,则b=-3a2,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-812a=-81,解得a=2.故选c.5.已知函数f(x)=(2x+1)ex,f'(x)为f(x)的导函数,则f'(0)的值为. 答案：3解析：f'(x)=(2x+3)ex,f'(0)=3.6.已知f(x)为偶函数,当x0时,f(x)=e-x-1-x,则曲线y=f(x)在点(1,2)处的切线方程是. 答案：y=2x解析：当x&g

5、t;0时,-x<0,f(-x)=ex-1+x.因为f(x)为偶函数,所以f(x)=f(-x)=ex-1+x.因为f'(x)=ex-1+1,所以f'(1)=2,所求切线方程为y-2=2(x-1),即y=2x.7.设函数f(x)=aex+1aex+b(a>0).(1)求f(x)在区间0,+)内的最小值;(2)设曲线y=f(x)在点(2,f(2)处的切线方程为y=32x,求a,b的值.解(1)f'(x)=aex-1aex.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<

6、;-ln a时,f(x)在区间(-,-ln a)内单调递减.当0<a<1时,-ln a>0,f(x)在区间(0,-ln a)内单调递减,在区间(-ln a,+)上单调递增,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,+)上的最小值为f(0)=a+1a+b.(2)依题意f'(2)=ae2-1ae2=32,解得ae2=2或ae2=-12(舍去).所以a=2e2,代入原函数可得2+12+b=3,即b=12.故a=2e2,b=12.8.设函数f(x)=x3-kx2+x(kr).

7、(1)当k=1时,求函数f(x)的单调区间;(2)当k<0时,求函数f(x)在区间k,-k上的最小值m和最大值m.解f'(x)=3x2-2kx+1.(1)当k=1时,f'(x)=3x2-2x+1,=4-12=-8<0,则f'(x)>0,f(x)在r上单调递增,即f(x)的单调递增区间为(-,+),f(x)没有单调递减区间.(2)当k<0时,f'(x)=3x2-2kx+1,其开口向上,对称轴x=k3,且过点(0,1).当=4k2-12=4(k+3)(k-3)0,即-3k<0时,f'(x)0,f(x)在区间k,-k上单调递增,从

8、而当x=k时,f(x)取得最小值m=f(k)=k.当x=-k时,f(x)取得最大值m=f(-k)=-k3-k3-k=-2k3-k.当=4k2-12=4(k+3)(k-3)>0,即k<-3时,令f'(x)=3x2-2kx+1=0,解得x1=k+k2-33,x2=k-k2-33,注意到k<x2<x1<0, 注:可用根与系数的关系判断x1·x2=13,x1+x2=2k3>k,从而k<x2<x1<0;或者由对称结合图象判断 则m=minf(k),f(x1),m=maxf(-k),f(x2).f(x1)-f(k)

9、=x13-kx12+x1-k=(x1-k)(x12+1)>0,f(x)的最小值m=f(k)=k.f(x2)-f(-k)=x23-kx22+x2-(-2k3-k)=(x2+k)(x2-k)2+k2+1<0,f(x)的最大值m=f(-k)=-2k3-k.综上所述,当k<0时,f(x)的最小值m=f(k)=k,最大值m=f(-k)=-2k3-k.9.已知函数f(x)=ax(x+r)2(a>0,r>0).(1)求f(x)的定义域,并讨论f(x)的单调性;(2)若ar=400,求f(x)在区间(0,+)内的极值.解(1)由题意知x-r,所求的定义域为(-,-r)(-r,+)

10、.f(x)=ax(x+r)2=axx2+2rx+r2,f'(x)=a(x2+2rx+r2)-ax(2x+2r)(x2+2rx+r2)2=a(r-x)(x+r)(x+r)4,所以当x<-r或x>r时,f'(x)<0.当-r<x<r时,f'(x)>0.因此,f(x)的单调递减区间为(-,-r),(r,+);f(x)的单调递增区间为(-r,r).(2)由(1)的解答可知f'(r)=0,f(x)在区间(0,r)上单调递增,在区间(r,+)上单调递减.因此,x=r是f(x)的极大值点.所以f(x)在区间(0,+)内的极大值为f(r)=a

11、r(2r)2=a4r=4004=100.10.(20xx全国,文21)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)ax+1,求a的取值范围.解(1)f'(x)=(1-2x-x2)ex.令f'(x)=0得x=-1-2,x=-1+2.当x(-,-1-2)时,f'(x)<0;当x(-1-2,-1+2)时,f'(x)>0;当x(-1+2,+)时,f'(x)<0.所以f(x)在区间(-,-1-2),(-1+2,+)内单调递减,在区间(-1-2,-1+2)内单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex

12、.当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在区间0,+)内单调递减,而h(0)=1,故h(x)1,所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在区间0,+)内单调递增,而g(0)=0,故exx+1.当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,则x0(0,1),(1-x0)·(1+x0

13、)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a0时,取x0=5-12,则x0(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.综上,a的取值范围是1,+).二、思维提升训练11.若0<x1<x2<1,则()a.ex2-ex1>ln x2-ln x1b.ex2-ex1<ln x2-ln x1c.x2ex1>x1ex2d.x2ex1<x1ex2答案：c解析：设f(x)=ex-ln x,则f'(x)=x·ex-1x.当x>0,且x趋近于0时,x·ex-1<0;当x=1时,x·

14、ex-1>0,因此在区间(0,1)上必然存在x1x2,使得f(x1)=f(x2),因此a,b不正确.设g(x)=exx,当0<x<1时,g'(x)=(x-1)exx2<0,则g(x)在区间(0,1)上为减函数.所以g(x1)>g(x2),即ex1x1>ex2x2,所以x2ex1>x1ex2.故选c.12.设直线l1,l2分别是函数f(x)=-lnx,0<x<1,lnx,x>1图象上点p1,p2处的切线,l1与l2垂直相交于点p,且l1,l2分别与y轴相交于点a,b,则pab的面积的取值范围是()a.(0,1)b.(0,2)c.

15、(0,+)d.(1,+)答案：a解析：由题意得p1,p2分别位于两段函数的图象上.设p1(x1,ln x1),p2(x2,-ln x2)(不妨设x1>1,0<x2<1),则由导数的几何意义易得切线l1,l2的斜率分别为k1=1x1,k2=-1x2.由已知得k1k2=-1,所以x1x2=1.所以x2=1x1.所以切线l1的方程为y-ln x1=1x1(x-x1),切线l2的方程为y+ln x2=-1x2(x-x2),即y-ln x1=-x1x-1x1.分别令x=0得a(0,-1+ln x1),b(0,1+ln x1).又l1与l2的交点为p2x11+x12,ln x1+1-x1

16、21+x12.x1>1,spab=12|ya-yb|·|xp|=2x11+x12<1+x121+x12=1.0<spab<1,故选a.13.已知函数f(x)=x3+x,对任意的m-2,2,f(mx-2)+f(x)<0恒成立,则x的取值范围为. 答案：-2,23解析：f'(x)=3x2+1>0,f(x)为增函数.又f(x)为奇函数,由f(mx-2)+f(x)<0知,f(mx-2)<f(-x).mx-2<-x,即mx+x-2<0.令g(m)=mx+x-2,由m-2,2知g(m)<0恒成立,即g(-2)=-

17、x-2<0,g(2)=3x-2<0,解得-2<x<23.14.设f(x)=-13x3+12x2+2ax.(1)若f(x)在区间23,+内存在单调递增区间,求a的取值范围;(2)当0<a<2时,f(x)在区间1,4上的最小值为-163,求f(x)在该区间上的最大值.解(1)f'(x)=-x2+x+2a=-x-122+14+2a,当x23,+时,f'(x)的最大值为f'23=29+2a.令29+2a>0,得a>-19,故当a>-19时,f(x)在区间23,+上存在单调递增区间.(2)令f'(x)=0,得两根x1=

18、1-1+8a2,x2=1+1+8a2.所以f(x)在区间(-,x1),(x2,+)上单调递减,在区间(x1,x2)上单调递增.当0<a<2时,有x1<1<x2<4,则f(x)在区间1,4上的最大值为f(x2).又f(4)-f(1)=-272+6a<0,即f(4)<f(1),所以f(x)在区间1,4上的最小值为f(4)=8a-403=-163,得a=1,x2=2,从而f(x)在区间1,4上的最大值为f(2)=103.15.设fn(x)=x+x2+xn-1,x0,nn,n2.(1)求fn'(2);(2)证明:fn(x)在区间0,23内有且仅有一个零

19、点(记为an),且0<an-12<1323n.(1)解法一由题设fn'(x)=1+2x+nxn-1.所以fn'(2)=1+2×2+(n-1)2n-2+n·2n-1,则2fn'(2)=2+2×22+(n-1)2n-1+n·2n.-得,-fn'(2)=1+2+22+2n-1-n·2n=1-2n1-2-n·2n=(1-n)2n-1.所以fn'(2)=(n-1)2n+1.解法二当x1时,fn(x)=x-xn+11-x-1,则fn'(x)=1-(n+1)xn(1-x)+(x-xn+1)

20、(1-x)2,可得fn'(2)=-1-(n+1)2n+2-2n+1(1-2)2=(n-1)2n+1.(2)证明因为fn(0)=-1<0,fn23=231-23n1-23-1=1-2×23n1-2×232>0,所以fn(x)在区间0,23内至少存在一个零点.又fn'(x)=1+2x+nxx-1>0,所以fn(x)在区间0,23内单调递增,因此fn(x)在区间0,23内有且仅有一个零点an.由于fn(x)=x-xn+11-x-1,所以0=fn(an)=an-ann+11-an-1.由此可得an=12+12ann+1>12,故12<an<23.所以0<an-12=12ann+1<12×23n+1=1323n.16.设函数f(x)=x3-3ax2+3(2-a)x,ar.(1)求f(x)的单调递增区间.(2)若y=f(x)的图象与x轴相切于原点,当0<x2<x1时,f(x1)=f(x2).求证:x1+x2<8.解(1