新课标天津市2022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+lnx,若f'12=0,则a=(　　)A.-1B.-2C.1D.2w3.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-112\n4.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.-8122B.13C.2D.55.(2022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+1aex+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=32x,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.(2022全国Ⅰ,理21)已知函数f(x)=1x-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:f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2.12\n10.已知函数f(x)=13x3+1-a2x2-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em2f(m+1)<em+1fm2的解集为.13.已知函数f(x)=1+ln(x+1)x.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当x>0时,若f(x)>kx+1恒成立,求整数k的最大值.14.已知函数f(x)=lnx-12ax2+x,a∈R.(1)若f(1)=0,求函数f(x)的单调递减区间;12\n(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≥5-12.15.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.12\n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)+1x,所以f'(1)=af'(1)+1,易知a≠1,则f'(1)=11-a,所以f'(x)=a1-a+1x.又因为f'12=0,所以a1-a+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'(x)<0,f(x)是减函数,在区间(x1,x2)和(x3,+∞)上,f'(x)>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.∵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.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=-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.-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-1aex.当f'(x)>0,即x>-lna时,f(x)在区间(-lna,+∞)内单调递增;12\n当f'(x)<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+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.解(1)因为f(x)=xea-x+bx,所以f'(x)=(1-x)ea-x+b.依题设,f(2)=2e+2,f'(2)=e-1,即2ea-2+2b=2e+2,-ea-2+b=e-1,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)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.①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=a-a2-42或x=a+a2-42.当x∈0,a-a2-42∪a+a2-42,+∞时,f'(x)<0;当x∈a-a2-42,a+a2-42时,f'(x)>0.12\n所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞内单调递减,在a-a2-42,a+a2-42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f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2=-2+alnx1-lnx2x1-x2=-2+a-2lnx21x2-x2,所以f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2等价于1x2-x2+2lnx2<0.设函数g(x)=1x-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)<0.所以1x2-x2+2lnx2<0,即f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2.10.解(1)f'(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).由f'(x)=0,得x1=-1,x2=a>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f(-2)<0,f(-1)>0,f(0)<0,解得0<a<13.所以a的取值范围是0,13.(3)当a=1时,f(x)=13x3-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)=-13,最小值m(t)为f(t)与f(t+3)中的较小者.12\n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)=-53.故g(t)在区间[-3,-2]上的最小值为g(-2)=-13--53=43.②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)=-53,f(-1)=f(2)=-13,从而M(t)=f(-1)=-13,m(t)=f(1)=-53.所以g(t)=M(t)-m(t)=43.综上,函数g(t)在区间[-3,-1]上的最小值为43.二、思维提升训练11.A　解析令g(x)=exf(x),则g'(x)=ex(f(x)+f'(x))<0,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)=f(x)ex,则g'(x)=f'(x)-f(x)ex>0,所以g(x)在R上为增函数.又不等式em2f(m+1)<em+1fm2等价于f(m+1)em+1<fm2em2,即g(m+1)<gm2,所以m+1<m2,解得m<-2.13.解(1)由f(x)=1+ln(x+1)x,知x∈(-1,0)∪(0,+∞).所以f'(x)=-1+(x+1)ln(x+1)x2(x+1).令h(x)=1+(x+1)ln(x+1),则h'(x)=1+ln(x+1).令h'(x)=0,得x=1e-1,易得h(x)在区间-1,1e-1内单调递减,在区间1e-1,+∞内单调递增.12\n所以h(x)min=h1e-1=1-1e>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)>kx+1恒成立,则k<(x+1)f(x).令g(x)=(x+1)f(x)=(x+1)[1+ln(x+1)]x,则g'(x)=(x-1)-ln(x+1)x2.令φ(x)=1-x+ln(x+1)(x>0)⇒φ'(x)=-xx+1<0,所以φ(x)在区间(0,+∞)内单调递减.又φ(2)=ln3-1>0,φ(3)=2ln2-2<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)[1+ln(t+1)]t=t+1∈(3,4),故kmax=3.14.解(1)因为f(1)=1-a2=0,所以a=2.此时f(x)=lnx-x2+x,x>0.则f'(x)=1x-2x+1=-2x2+x+1x(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)=lnx-12ax2+(1-a)x+1,则g'(x)=1x-ax+(1-a)=-ax2+(1-a)x+1x.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)=ln1-12a×12+(1-a)+1=-32a+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)=-ax2+(1-a)x+1x=-ax-1a(x+1)x(x>0),令g'(x)=0,得x=1a.所以当x∈0,1a时,g'(x)>0;当x∈1a,+∞时,g'(x)<0,12\n因此函数g(x)在x∈0,1a内是增函数,在x∈1a,+∞内是减函数.故函数g(x)的最大值为g1a=ln1a-12a×1a2+(1-a)×1a+1=12a-lna.令h(a)=12a-lna,因为h(1)=12>0,h(2)=14-ln2<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lnx-12ax2+x≤ax-1在区间(0,+∞)内恒成立,问题等价于a≥lnx+x+112x2+x在区间(0,+∞)内恒成立.令g(x)=lnx+x+112x2+x,因为g'(x)=(x+1)-12x-lnx12x2+x2,令g'(x)=0,得-12x-lnx=0.设h(x)=-12x-lnx,因为h'(x)=-12-1x<0,所以h(x)在区间(0,+∞)上单调递减,不妨设-12x-lnx=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)=lnx0+x0+112x02+x0=1+12x0x01+12x0=1x0.因为h12=ln2-14>0,h(1)=-12<0,所以12<x0<1,此时1<1x0<2,即g(x)max∈(1,2).所以a≥2,即整数a的最小值为2.(3)证明:当a=-2时,f(x)=lnx+x2+x,x>0.由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,12\n得lnx1+x12+x1+lnx2+x22+x2+x1x2=0,从而(x1+x2)2+x1+x2=x1·x2-ln(x1·x2).令t=x1·x2(t>0),φ(t)=t-lnt,则φ'(t)=t-1t.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≥5-12或x1+x2≤-5-12(舍去).15.解(1)由题意f(π)=π2-2,又f'(x)=2x-2sinx,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(cosx-sinx+2x-2)-a(x2+2cosx),因为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,则m'(x)=1-cosx≥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-elna)(x-sinx),由h'(x)=0得x1=lna,x2=0.(ⅰ)当0<a<1时,lna<0,当x∈(-∞,lna)时,ex-elna<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(lna,0)时,ex-elna>0,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,ex-elna>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.所以当x=lna时h(x)取到极大值.极大值为h(lna)=-a[ln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+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,lna=0,所以当x∈(-∞,+∞)时,h'(x)≥0,函数h(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增,无极值;12\n(ⅲ)当a>1时,lna>0,所以当x∈(-∞,0)时,ex-elna<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(0,lna)时,ex-elna<0,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(lna,+∞)时,ex-elna>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=lna时h(x)取到极小值,极小值是h(lna)=-a[ln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+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0<a<1时,函数h(x)在区间(-∞,lna)和区间(0,+∞)上单调递增,在区间(lna,0)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(lna)=-a[ln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2],极小值是h(0)=-2a-1;当a=1时,函数h(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增,无极值;当a>1时,函数h(x)在区间(-∞,0)和(lna,+∞)上单调递增,在区间(0,lna)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(lna)=-a[ln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2].12