2019届高考数学二轮复习第二篇专题通关攻略专题8函数与导数专题能力提升练二十四2.8.4导数与单调性、极值、最值问题.doc

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1、1专题能力提升练 二十四 导数与单调性、极值、最值问题(45分钟 80 分)一、选择题(每小题 5分,共 30分)1.已知定义域为 R的奇函数 y=f(x)的导函数为 y=f(x),当 x0 时,f(x)+ 0,若()a= f ,b=-2f(-2),c= f ,则 a,b,c的大小关系正确的是 ( )( 12)A.a0时,h(x)=f(x)+xf(x)0,所以此时函数 h(x)单调递增.因为 a= f =h ,12b=-2f(-2)=2f(2)=h(2),c= f =h =h(-ln2)=h(ln2),( 12)( 12) ( 12)又 2ln2 ,所以 bca,故选 C.122.(2018南

2、阳一模)对于 R上可导的任意函数 f(x),若满足 0,则必有( )A.f(0)+f(2)2f(1) B.f(0)+f(2)2f(1)C.f(0)+f(2)1时,f(x)0,此时函数f(x)单调递增,即当 x=1时,函数 f(x)取得极小值同时也取得最小值 f(1),所以 f(0)f(1),f(2)f(1),则 f(0)+f(2)2f(1),故选 A.【加固训练】设 f(x)=ax2+bx+c(a,b,cR),e 为自然对数的底数.若 f(x)lnx ,则( )2A.f(2)f(e2)B.f(2)f(e)ln2,2f(e)f(e)ln2,2f(e)f(e2)【解析】选 B.设 F(x)= ,则

3、 F(x)= ,则由条件知 F(x)0,所以F(x)在(0,+)上为增函数,所以 F(2)1,所以 g(x)单调递增,所以 f(x)具有 M性质,满足题意,故选 A;B中,g(x)=e xx2,则 g(x)=e xx(x+2),所以 g(x)在(-2,0)上单调递减,所以 f(x)不具有 M性质,不满足题意;C中,g(x)=e x3-x= ,因为 00,(1)0,所以转化为在约束条件为 时,求 z=2a-b的取值范围,可行域如图 30,3+4+30阴影部分(不包括边界),目标函数转化为 z=2a-b,由图可知,z 在 A 处取得最大值 ,在 处取得最小(34,0) 32值- ,32因为可行域不

4、包含边界,所以 z=2a-b的取值范围为 .二、填空题(每小题 5分,共 10分)7.若函数 f(x)=- x2+4x-3lnx在t,t+1上不单调,则 t的取值范围是_.12【解析】对 f(x)求导,得 f(x)=-x+4- = =- .令 f(x)-2+4-35=0,得函数 f(x)的两个极值点为 1,3,则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内,函数f(x)在区间t,t+1上就不单调,所以 t0.(2)(1)求证:曲线 y=f(x)在点(0,f(0)处的切线过定点.(2)若函数 f(x)在(-1,1)上存在唯一极值,求正数 a的取值范围.【解析】(1)因为 f(x)=aex-cos

5、 ,(2)所以 f(x)=ae x+ sin ,2 (2)所以 k=f(0)=a,f(0)=a-1,所以曲线 y=f(x)在点(0,f(0)的切线方程为 y-(a-1)=ax,即 y=ax+(a-1),过定点(-1,-1),所以曲线 y=f(x)在点(0,f(0)处的切线过定点.(2)因为 f(x)=aex-cos ,(2)6所以 f(x)=ae x+ sin ,2 (2)因为 f(x)在(-1,1)上存在唯一的极值点,所以 f(-1)f(1)0,故 a的取值范围为 .【加固训练】(2018荆州一模)已知函数 f(x)=-x2+ax-lnx(aR).(1)若函数 f(x)是单调递减函数,求实数

6、 a的取值范围.(2)若函数 f(x)在区间(0,3)上既有极大值又有极小值,求实数 a的取值范围.【解析】(1)f(x)=-2x+a- = (x0),-22+-1因为函数 f(x)是单调递减函数,所以 f(x)0 对(0,+)恒成立,所以-2x 2+ax-10 对(0,+)恒成立,即 a2x+ 对(0,+)恒成立,因为 2x+ 2 =2 (当且仅当 2x= ,即 x= 时取等号),所以 a2 .(2)因为函数 f(x)在(0,3)上既有极大值又有极小值,所以 f(x)= =0-22+-1在(0,3)上有两个相异实根,即 2x2-ax+1=0在(0,3)上有两个相异实根,令 g(x)=2x2-

7、ax+1,7则 得22,00).(1)求函数 f(x)的单调区间.(2)若函数 f(x)在 x=1处取得极值,对任意 x(0,+),f(x)bx-2 恒成立,求实数 b的最大值.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=a- = ,当 a0时,由 f(x)0,得 x ,所以 f(x)在 上递减,在 上递增.(1,+)(2)因为函数 f(x)在 x=1处取得极值,所以 f(1)=a-1=0,则 a=1,从而 f(x)=x-1-lnx,x(0,+).因此,对任意 x(0,+),f(x)bx-2 恒成立对任意 x(0,+),1+ - b 恒成立,令 g(x)=1+ - ,则 g(x)=

8、, -22令 g(x)=0,得 x=e2,则 g(x)在(0,e 2)上递减,在(e 2,+)上递增,所以 g(x)min=g(e2)=1- ,即 b1- ,故实数 b的最大值是 1- .12 12 1211.已知函数 f(x)=asinx+bcosx(a,bR),曲线 y=f(x)在点 处的切线方程为(3,(3)8y=x- .3(1)求 a,b的值.(2)设 kR,求函数 g(x)=kx-f 在 上的最大值.(+3) 0,2【解析】(1)由切线方程知,当 x= 时,y=0,3所以 f = a+ b=0,12因为 f(x)=acosx-bsinx,所以由切线方程知,f = a- b=1,12所

9、以 a= ,b=- .12(2)由(1)知,f(x)= sinx- cosx=sin ,12所以 g(x)=kx-sinx,g(x)=k-cosx,当 k0 时,当 x 时,g(x)0,故 g(x)单调递减,0,2所以 g(x)在 上的最大值为 g(0)=0;0,2当 00,所以存在 x0 ,使 g(x 0)=0,(0,2)当 x0,x 0)时,g(x)0,故 g(x)单调递增.9所以 g(x)在 上的最大值为 g(0)或 g ,0,2又 g(0)=0,g = -1,所以当 0 时,g(x)在 上的最大值为 g = -1.2 0,212.已知函数 f(x)=alnx-ex.(1)讨论 f(x)

10、的极值点的个数.(2)若 aN *,且 f(x)0), -当 a0 时,f(x)0时,令 f(x)=0,得 a-xex=0,即 xex=a,又 y=xex在(0,+)上是增函数,且当 x+时,xe x+,所以 xex=a在(0,+)上存在一解,不妨设为 x0,10所以函数 y=f(x)在(0,x 0)上是单调递增的,在(x 0,+)上是单调递减的.所以函数 y=f(x)有一个极大值点,无极小值点;总之:当 a0 时,无极值点;当 a0时,函数 y=f(x)有一个极大值点,无极小值点.(2)因为 aN *0,由(1)知 f(x)有极大值 f(x0),且 x0满足 x0 =a ,0可知:f(x)

11、max=f(x0)=alnx0- ,0要使 f(x)0,所以 lnx0- 0,且 y=lnx0- 在(0,+)是增函数,10设 m为 y=lnx0- 的零点,则 m(1.7,1.8),10可知 00,a0 恒成立,且 f( )=1,则使 x2f(x)-2成立的实数 x的集合为 ( )A.(-,- ( ,+) B.(- , )C.(-, ) D.( ,+)【解析】选 C.构造函数 g(x)=x2f(x),当 x0时,依题意有 g(x)=xxf(x)+2f(x)0,所以函数 g(x)在 x0上是增函数,易知函数 g(x)为奇函数,故在 x0在 x-2,1上恒成立,即函数 f(x)在 x-2,1上单

12、调递增,若x-2,1, 使得 f(x2+x)+f(x-k)x 2+2x,即 k(x2+2x)min,在 x-2,1上 y=x2+2x的最小值为-1,故实数 k的取值范围是(-1,+).2.(2018菏泽一模)已知函数 f(x)=x3-ax+2的极大值为 4,若函数 g(x)=f(x)+mx在(-3,a-1)上的极小值不大于 m-1,则实数 m的取值范围是 ( )A. B.C. D.(-,-9)【解析】选 B.因为 f(x)=3x 2-a,当 a0 时,f(x)0,f(x)无极值;当 a0时,易得 f(x)在 x=- 处取得极大值,则有 f =4,即 a=3,于是 g(x)=x3+(m-3)x3

13、 (- 3)+2,g(x)=3x 2+(m-3).当 m-30 时,g(x)0,g(x)在(-3,2)上不存在极小值.当 m-30,所以 f(x) ,因此 M= ,m=0,所以 M-m= .1223 0,3116 3116 31163.函数 f(x)= ax3-2x2+cx在 R上单调递增且 ac4,则 + 的最小值为13 2+4( )A.0 B. C. D.114 12【解题指南】先由单调性及 ac4,求得 a,c的关系,再求最小值.【解析】选 C.由题意 f(x)=ax 2-4x+c0 恒成立,所以 a0且 =4 2-4ac0,即 ac4.又因为 ac4,所以 ac=4.所以 + = +

14、= = =2+ 2+1+ 2+24(+)= - .+4 2+因为 a+c2 =4,当且仅当 a=c=2时等号成立,所以 - .+4 2+ 递 增 )即 + 的最小值为 .124.(2018遂宁一模)若 a0,b0,且函数 f(x)=4x3-ax2-2bx+2在 x=2处有极值,则 ab的最大值等于 ( )A.72 B.144 C.60 D.9814【解题指南】先由已知条件得到 a,b的等量关系,再利用基本不等式的变形公式计算求解.【解析】选 A.由题意,求导函数 f(x)=12x 2-2ax-2b,因为在 x=2处有极值,所以 2a+b=24,因为 a0,b0,所以 2ab =144,当且仅当

15、 2a=b时取等号,所以 ab的最大值等于 72.5.已知 a0,函数 f(x)= x3+ x2-ax-a.13 1-2(1)讨论 f(x)的单调性.(2)当 a=1时,设函数 g(t)表示 f(x)在区间t,t+3上最大值与最小值的差,求 g(t)在区间-3,-1上的最小值.【解析】(1)f(x)=x 2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).因为 a0,所以当 xa时,f(x)0,当-10 恒成立,即 g(x)在(0,+)内为增函数,显然不成立,当 a0时,由 g(x)0,解得 00即可,解得 00 时,当 x(-,0)时,f(x)0,f(x)单调递增;当 x 时,f(x)0,f(x)单

16、调递增.(2 ,+)所以当 x= 时,f(x)取得极小值,极小值 f =- cos3+ cos,(2) 14要使 f 0,则有- cos3+ cos0,(2) 14所以 00,f(x)单调递增;当 x 时,f(x)0,f(x)单调递增;所以当 x=0时,f(x)取得极小值.极小值 f(0)= cos.若 f(0)0,则 cos0,矛盾.所以当 cos0,又函数 f(x)在(0,1)上单调,所以 f(x)在(0,1)上单调递增,h(x)02-2m- ,而- 0,所以 (x)在(0,1)上单调递增,(x)g(1)=0,所以 xlnx- (x2-1)0即 lnx ,12 12(-1)取 x= (0,

17、1)得,ln ,12(- )即 lna-lnb ,由 lna-lnb0时恒成立,令 h(t)=a-at+2lnt,则 h(t)= -a= ,2-当 a0 时,h(t)0,故 h(t)在(0,+)上单调递增,由于 h(1)=0,所以当 t1时,h(t)h(1)=0,不合题意.21当 a0时,h(t)= ,所以当 00;当 t 时,h(t)0时恒成立,则只需 h(t)max0,即 a-2+2ln2-2lna0,令 (a)=a-2+2ln2-2lna,则 (a)=1- = ,所以当 02时,(a)0,即 (a)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增.又 (2)=0,所以满足条件的 a只有 2

18、,即 a=2.方法二:由题意知:a+lnx 2a|x|恒成立等价于 a-at+2lnt0 在 t0时恒成立,令 h(t)=a-at+2lnt,由于 h(1)=0,故 a-at+2lnt0h(t)h(1),所以 h(1)为函数 h(t)的最大值,同时也是一个极大值,故 h(1)=0.又 h(t)= -a= ,所以 a=2,2-此时 h(t)= ,当 00,当 t1时,h(t)2),所以 g(x)= ,()-2+2-2 2(-2-4)(-2)2令 s(x)=x-2lnx-4,则 s(x)=1- = ,由于 x2,所以 s(x)0,即 s(x)在(2,+)上单调递增;又 s(8)0,所以x 0(8,9), 使得 s(x0)=0,且当 2x0时,s(x)0,即 g(x)在(2,x 0)上单调递减;在(x 0,+)上单调递增.所以 g(x)min=g(x0)= = =x0,(因为 2lnx0=x0-4),20-200-2即 m=x0,所以 f(m)=f(x0)=2+2lnx0=x0-2(6,7),即 6f(m)7.