(新课标)天津市2019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.doc
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1、1专题能力训练专题能力训练 7 7 导数与函数的单调性、极值、最值导数与函数的单调性、极值、最值一、能力突破训练1 1.已知函数f(x)的导函数为f(x),且满足f(x)=af(1)x+ln x,若f=0,则a=( )(1 2)A.-1B.-2C.1D.2w w3 3.若定义在 R R 上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f(x)满足f(x)k1,则下列结论中一定错误 的是( )A.fB.f(1 )1 - 1C.fD.f(1 - 1) - 14 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
2、值等于-115,则a的值是( )A.-B.81 221 3C.2D.55 5.(2018 全国,理 14)曲线y=(ax+1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a= . 6 6.在曲线y=x3+3x2+6x-1 的切线中,斜率最小的切线方程为 . 27 7.设函数f(x)=aex+b(a0).1(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.3 28 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 9.(2
3、018 全国,理 21)已知函数f(x)= -x+aln x.1 (1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:0.1 31 - 2(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(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1111.已知定义在 R R 上的函数f(x)的导函数为f(x),对任意xR R 满足f(x)+f(x)e3f(3)B.e2f(2)0 时,若f(x)恒
4、成立,求整数k的最大值. + 11414.已知函数f(x)=ln x- ax2+x,aR R.1 2(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+x2.5 - 1 241515.已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2),其中 e2.718 28是自然对数的底数.(1)求曲线y=f(x)在点(,f()处的切线方程.(2)令h(x)=g(x)-af(x)(aR R),讨论h(x)的单调性并判断
5、有无极值,有极值时求出极值.5专题能力训练 7 7 导数与函数的单调性、极值、最值一、能力突破训练1 1.D 解析 因为f(x)=af(1)+,所以f(1)=af(1)+1,易知a1,则f(1)=,所以f(x)=1 1 1 - 又因为f=0,所以+2=0,解得a=2.故选 D. 1 - +1 .(1 2) 1 - 2 2.D 解析 设导函数y=f(x)的三个零点分别为x1,x2,x3,且x10,f(x)是增函数,所以函数y=f(x)的图象可能为 D,故选 D.3 3.C 解析 构造函数F(x)=f(x)-kx,则F(x)=f(x)-k0,函数F(x)在 R R 上为单调递增函数.0,FF(0)
6、.1 - 1(1 - 1)F(0)=f(0)=-1,f-1,(1 - 1) - 1即f-1=,f,故 C 错误.(1 - 1) - 11 - 1(1 - 1)1 - 14 4.C 解析 依题意得f(x)=3ax2+2bx+c0 的解集是-2,3,于是有 3a0,-2+3=-,-23=,则2 3 3b=-,c=-18a.3 2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.81 25 5.-3 解析 设f(x)=(ax+1)ex,可得f(x)=aex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex,f(x)=(ax+1)ex在
7、(0,1)处的切线斜率k=f(0)=a+1=-2,a=-3.6 6.3x-y-2=0 解析 y=3x2+6x+6=3(x+1)2+33.当x=-1 时,ymin=3;当x=-1 时,y=-5.6故切线方程为y+5=3(x+1),即 3x-y-2=0.7 7.解 (1)f(x)=aex-1.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,f(x)在区间(0,-ln a)内单调递减,在区间(-ln a,+)内单调递增,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
8、区间0,+)内的最小值为f(0)=a+ +b.1 (2)依题意f(2)=ae2-,解得ae2=2 或ae2=-(舍去).12=3 21 2所以a=,代入原函数可得 2+ +b=3,即b=故a=,b=221 21 2.221 2.8 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) = 2 + 2, (2) = - 1,?即2 - 2+ 2 = 2 + 2,- - 2+ = - 1,?(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex.由f(x)=e2-x(1-x+ex-1)及 e2-x0 知,f(x)与 1-x+ex-1同号.令g(
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