2025届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含解析VIP

专题实力训练7导数与函数的单调性、极值、最值一、实力突破训练1.已知函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为()A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x2.已知函数f(x)=2ef'(e)lnx-xe,则f(x)的极大值点为()A.x=1e B.x=C.x=e D.x=2e3.在同一平面直角坐标系中,函数y=ax2-x+a2与y=a2x3-2ax2+x+a(a∈R)的图象不行能是(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)的微小值等于-115,则a的值是()A.-8122 B.13 C.2 D5.(2024全国Ⅲ,文15)设函数f(x)=exx+a.若f'(1)=e4,6.已知函数f(x)=xlnx+ax+1只有一个零点,7.已知函数f(x)=mx3-2x2.(1)若m=1,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若函数g(x)=f(x)-mx2在区间[1,3]上单调递增,求实数m的取值范围.8.设函数f(x)=x3-kx2+x(k∈R).(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.9.已知函数f(x)=ax(x+r)2(1)求f(x)的定义域,并探讨f(x)的单调性;(2)若ar=400,求f(x)在区间(0,+∞)内的极值10.已知函数f(x)=(x-1)lnx-x-1.证明:(1)f(x)存在唯一的极值点;(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.二、思维提升训练11.若0<x1<x2<1,则()A.ex2-ex1>lnxB.ex2-ex1<lnC.x2ex1>x1D.x2ex1<x12.已知函数f(x)=aex+sinx在区间-π2,0上单调递增,则aA.-22eπ4C.[-1,+∞) D.[0,+∞)13.设动直线x=t与函数f(x)=x2,g(x)=lnx的图象分别交于点A,B,则|AB|的最小值为.

14.设f(x)=-13x3+12x2+2(1)若f(x)在区间23,+∞内存在单调递增区间,(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15.设fn(x)=x+x2+…+xn-1,x≥0,n∈N,n≥2.(1)求fn'(2);(2)证明:fn(x)在区间0,23内有且仅有一个零点(记为an),且0<an16.设函数f(x)=x3-3ax2+3(2-a)x,a∈R.(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.

专题实力训练7导数与函数的单调性、极值、最值一、实力突破训练1.D解析:因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,则f(x)=x3+x.由f'(x)=3x2+1,得曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.故切线方程为y=x.2.D解析:f'(x)=2ef'(e)x-1e,所以f'(e)=2ef'(e)e-1e=2f'(e)-1e,解得f'(e)=1e,则f'(x)=2x-1e.所以函数f(x)在区间(0,2e)内单调递增,在区间(2e,+∞)内单调递减,因此f(x)的极大值点为x=2e.3.B解析:明显当a=0时,D中图象是可能的,当a≠0时,由y=a2x3-2ax2+x+a(a∈R)求导得y'=3a2x2-4ax+1,令y'=0,得x=1a或x=1函数y=ax2-x+a2的图象的对称轴为直线x=1不管a>0还是a<0,都有12a在1a与1因此B项中图象不行能.当a>0时,可推断得A,C项中图象都有可能.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=-2b3a,-2×3=c3a,则b=-3函数f(x)在x=3处取得微小值,于是有f(3)=27a+9b+3c-34=-115,则-812a=-81,解得a=2故选C.5.1解析:对函数f(x)=exx+a求导得f'(x)=ex(x+a-16.(-∞,0]∪1e解析:∵f(x)=xln∴xlnx+a=0只有一个解,即a=-xlnx只有一个解.设g(x)=-xlnx(x>0),则g'(x)=-lnx-1=-(lnx+1),∴当0<x<1e时,g'(x)>0;当x>1e时,g'(x)∴g(x)在区间0,1e内单调递增,在区间∴当x=1e时,g(x)取得最大值g1e=1e,且当x→0时,g(x)→0,当x→+∞时,g(∵a=g(x)只有一个解,∴a≤0或a=1e7.解(1)当m=1时,f(x)=x3-2x2,f'(x)=3x2-4x,则f'(1)=3-4=-1,而f(1)=1-2=-1,故所求切线方程为y+1=-(x-1),即x+y=0.(2)依题意,得g(x)=mx3-(m+2)x2,则g'(x)=3mx2-2(m+2)x.因为g(x)在区间[1,3]上单调递增,所以g'(x)=3mx2-2(m+2)x≥0在区间[1,3]上恒成立,所以m(3x-2)≥4在区间[1,3]上恒成立.因为3x-2>0,所以m≥43x-2记h(x)=43x-2(x∈[1,3]),则m≥h(而函数h(x)在区间[1,3]上单调递减,则h(x)max=h(1)=4,所以m≥4.故实数m的取值范围是[4,+∞).8.解f'(x)=3x2-2kx+1.(1)当k=1时,f'(x)=3x2-2x+1,Δ=4-12=-8<0,则f'(x)>0,f(x)在R上为增函数,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,其图象开口向上,对称轴为x=k3,且过点(0,1)①当Δ=4k2-12=4(k+3)(k-3)≤0,即-3≤k<0时,f'(x)≥0,f(x)在区间[k,-k]上单调递增,从而当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.②当Δ=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注:可用根与系数的关系判断x1·x2则m=min{f(k),f(x1)},M=max{f(-k),f(x2)}.∵f(x1)-f(k)=x13-kx12+x1-k=(x1-k)(x∴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∴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.解(1)由题意知x≠-r,所求的定义域为(-∞,-r)∪(-r,+∞).f(x)=ax(f'(x)=a=a(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)内单调递增,在区间(r,+∞)内单调递减.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)=ar(2r10.证明(1)f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=x-1x+lnx-1=ln因为当x∈(0,+∞)时,函数y=lnx单调递增,函数y=1x单调递减,所以当x∈(0,+∞)时,f'(x)单调递增又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln2-12=ln4-12>0,故存在唯一的x0∈(1,2),使得f'(又当x<x0时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当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)<f(1)=-2,又f(e2)=e2-3>0,所以f(x)=0在区间(x0,+∞)内存在唯一根x=α.由α>x0>1,得1α<1<x0又f1α=1α-1ln1α-1α-1=f故1α是f(x)=0在区间(0,x0)内的唯一根综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.二、思维提升训练11.C解析:设f(x)=ex-lnx,则f'(x)=x·ex-1x.当x>0,且x趋近于0时,x·当x=1时,x·ex-1>0,因此在区间(0,1)内必定存在x1≠x2,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<所以g(x1)>g(x2),即ex所以x2ex1>x1故选C.12.D解析:依题意,得f'(x)=aex+cosx≥0,即a≥-cosxex对x∈设g(x)=-cosxex,则g'(x)当x∈-π2,-π4时,g'当x∈-π4,0时,g'(故g(x)max=maxg-π2,g(013.12+12ln2解析:易得A(t,t2),B(t,lnt),所以|AB|=t2令f(t)=t2-lnt(t>0),则f'(t)=2t-1t令f'(t)>0,得t>22或t<-22,又t>0,所以t>令f'(t)<0,得-22<t<22,又t>0,所以0<t<所以函数f(t)在区间0,22内单调递减,在区间所以当t=22时,f(t)取得微小值,同时也是最小值为f22=22所以|AB|的最小值为12+14.解(1)f'(x)=-x2+x+2a=-x-122当x∈23,+∞时,f'(x)的最大值为f'23=29+2a.令2故当a>-19时,f(x)在区间23(2)令f'(x)=0,得两根x1=1-1+8a2,x所以f(x)在区间(-∞,x1),(x2,+∞)内单调递减,在区间(x1,x2)内单调递增.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<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从而f(x)在区间[1,4]上的最大值为f(2)=10315.(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-1,①则2fn'(2)=2+2×22+…+(n-1)2n-1+n·2n.②①-②得,-fn'(2)=1+2+22+…+2n-1-n·2n=1-2n1-2-n·2n=(1所以fn'(2)=(n-1)2n+1.解法二当x≠1时,fn(x)=x-x则fn'(x)=[1可得fn'(2)=-[1-(n+1)2n](2)证明因为fn(0)=-1<0,fn23=231-23n1-23-1=所以fn(x)在区间0,2又fn'(x)=1+2x+…+nxx-1>0,所以fn(x)在区间0,2因此fn(x)在区间0,23内有且仅有一个零点由于fn(x)=x-x所以0=fn(an)=an-a由此可得an=12故12<an<2所以0<an-1216.(1)解f'(x)=3x2-6ax+3(2-a),Δ=36(a2+a-2)=36(a+2)(a-1).①当a<-2或a>1时,由f'(x)=0得x=a±a2f(x)的单调递增区间为(-∞,a-a2+a-2),(a+a②当-2≤a≤1时,f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).(2)证明f'(x)=3x2-6ax+3(2-a),由f'(0)=0,得a=2.∴f(x)=x3-6x2,f(0)=0.由(1)知f(x)在区间(-∞,0),(4,+∞)内单调递增,在区间(0,4)内单调递减,则a=2符合题设.(方法一)∵f(x1)=f(x2),0<x2<x1,∴0<x2<4,x1>4,则8-x2>4,而f(x2