K12教育学习资料学习新课标天津市高考数学二轮复习 专题能力训练7 导数与函数Word文档格式.docx

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（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+alnx.

（1）讨论f（x）的单调性;

（2）若f（x）存在两个极值点x1,x2,证明:

<

a-2.

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）<

e3f（3）

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'

（x）,则不等式f（m+1）<

em+1f的解集为.

13.已知函数f（x）=.

（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）=lnx-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+2cosx,g（x）=ex（cosx-sinx+2x-2）,其中e≈2.71828…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.

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<

x2<

x3.

所以在区间（-∞,x1）和（x2,x3）上,f'

0,f（x）是减函数,

在区间（x1,x2）和（x3,+∞）上,f'

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）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-

当f'

0,即x>

-lna时,f（x）在区间（-lna,+∞）内单调递增;

0,即x<

-lna时,f（x）在区间（-∞,-lna）内单调递减.

①当0<

a<

1时,-lna>

0,f（x）在区间（0,-lna）内单调递减,在区间（-lna,+∞）内单调递增,从而f（x）在区间[0,+∞）内的最小值为f（-lna）=2+b;

②当a≥1时,-lna≤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'

0,g（x）在区间（-∞,1）上单调递减;

当x∈（1,+∞）时,g'

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'

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'

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x1<

x2,则x2>

1.

由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以<

a-2等价于-x2+2lnx2<

设函数g（x）=-x+2lnx,由

（1）知,g（x）在（0,+∞）内单调递减,又g

（1）=0,从而当x∈（1,+∞）时,g（x）<

所以-x2+2lnx2<

0,即<

10.解

（1）f'

（x）=x2+（1-a）x-a=（x+1）（x-a）.

（x）=0,得x1=-1,x2=a>

当x变化时,f'

（x）,f（x）的变化情况如下表:

x

（-∞,-1）

-1

（-1,a）

a

（a,+∞）

（x）

+

-

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0<

所以a的取值范围是

（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

11.A　解析令g（x）=exf（x）,则g'

（x）=ex（f（x）+f'

（x））<

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）=>

所以g（x）在R上为增函数.

又不等式f（m+1）<

em+1f等价于,

即g（m+1）<

g,所以m+1<

解得m<

-2.

13.解

（1）由f（x）=,知x∈（-1,0）∪（0,+∞）.

（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'

故f（x）的单调递减区间为（-1,0）,（0,+∞）.

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）=ln3-1>

0,φ（3）=2ln2-2<

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）=lnx-x2+x,x>

则f'

（x）=-2x+1=（x>

令f'

0,则2x2-x-1>

又x>

0,所以x>

所以f（x）的单调递减区间为（1,+∞）.

（2）（方法一）令g（