2020高考数学（天津专用）一轮考点规范练14：导数与函数的单调性、极值、最值（含解析）

1、考点规范练 14 导数与函数的单调性、极值、最值一、基础巩固1.函数 f(x)=(x-3)ex 的单调递增区间是( )A.(-,2) B.(0,3)C.(1,4) D.(2,+)2.已知函数 f(x)=x3-3x2+x 的极大值点为 m,极小值点为 n,则 m+n=( )A.0 B.2 C.-4 D.-23.若函数 y=f(x)的导函数 y=f(x)的图象如图所示,则下面判断正确的是( )A.在区间(- 2,1)内,f(x )是增函数B.在区间(1,3)内,f(x )是减函数C.在区间(4,5)内,f(x )是增函数D.当 x=2 时,f(x)取到极小值4.若 f(x)=x2-aln x 在区

2、间(1,+) 内单调递增,则实数 a 的取值范围为 ( )A.(-,1) B.(-,1C.(-,2) D.(-,25.若 exk+x 在 R 上恒成立,则实数 k 的取值范围为( )A.(-,1 B.1,+)C.(-,-1 D.-1,+)6.若函数 f(x)=x(x-a)2 在 x=2 处有极小值 ,则 a= . 7.若函数 g(x)=ln x+ax2+bx,且 g(x)的图象在点(1,g(1)处的切线与 x 轴平行.(1)确定 a 与 b 的关系;(2)若 a0,试讨论函数 g(x)的单调性.8.(2018 全国 ,文 21)已知函数 f(x)= .2+-1(1)求曲线 y=f(x)在点(0

3、,-1)处的切线方程;(2)证明:当 a1 时,f( x)+e0.9.已知函数 f(x)= (a0)的导函数 y=f(x)的两个零点为-3 和 0.2+(1)求 f(x)的单调区间 ;(2)若 f(x)的极小值为 -e3,求 f(x)的极大值及 f(x)在区间-5,+ )内的最大值.10.设函数 f(x)= (aR).32+(1)若 f(x)在 x=0 处取得极值,确定 a 的值,并求此时曲线 y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程;(2)若 f(x)在区间 3,+)内为减函数 ,求 a 的取值范围.二、能力提升11.已知定义在 R 上的奇函数 f(x)可导,设其导函数为 f(x),当

4、x( -,0)时,恒有 xf(x)F(2x-1)的实数 x 的取值范围是( )A.(-2,1) B. C. D.(-1,12) (12,2) (-1,2)12.已知函数 f(x)=x3-2x+ex- ,其中 e 是自然对数的底数.若 f(a-1)+f(2a2)0,则实数 a 的取值范围是 1. 13.设函数 f(x)= .2-1(1)求证:f(x) 在区间(0,1)和(1,+)内都是增函数;(2)若在函数 f(x)的定义域内,不等式 af(x)x 恒成立,求 a 的取值范围 .14.已知函数 f(x)=aln x-ax-3(aR ).(1)求函数 f(x)的单调区间 ;(2)若函数 y=f(x

5、)的图象在点(2, f(2)处的切线的倾斜角为 45,对于任意的 t1,2, 函数 g(x)=x3+x2在区间( t,3)内总不是单调函数,求 m 的取值范围.()+2三、高考预测15.(2018 全国 ,文 21)已知函数 f(x)=aex-ln x-1.(1)设 x=2 是 f(x)的极值点,求 a,并求 f(x)的单调区间;(2)证明:当 a 时,f(x )0.1考点规范练 14 导数与函数的单调性、极值、最值1.D 解析 函数 f(x)=(x-3)ex 的导数为 f(x)=(x-3)ex=ex+(x-3)ex=(x-2)ex.由函数导数与函数单调性的关系,得当 f(x)0 时,函数 f

6、(x)单调递增,此时由不等式 f(x)=(x-2)ex0,解得 x2.2.B 解析 因为函数 f(x)=x3-3x2+x 的极大值点为 m,极小值点为 n,所以 m,n 为 f(x)=3x2-6x+1=0 的两根.由根与系数的关系可知 m+n=- =2.(-6)33.C 解析 由题图可知 f(x)0 在区间(4,5)内恒成立,故 f(x)在区间(4,5)内是增函数.4.D 解析 由 f(x)=x2-aln x,得 f(x)=2x- .因为 f(x)在区间(1,+)内单调递增 ,所以 2x- 0 在区间(1,+)内恒成立,即 a2x 2 在区间(1, +)内恒成立.当 x(1, +)时,2x 2

7、2,故 a2,选 D.5.A 解析 由 exk+x,得 k ex-x.令 f(x)=ex-x,则 f(x)=ex-1.当 f(x)0 时,解得 x0.所以 f(x)在区间(-,0) 内是减函数,在区间(0, +)内是增函数.所以 f(x)min=f(0)=1.所以实数 k 的取值范围为( -,1.故选 A.6.2 解析 由 f(x)=x(x-a)2=x3-2ax2+a2x,可知 f(x)=3x2-4ax+a2.依题意可得 f(2)=322-4a2+a2=0,解得a=2 或 a=6.当 a=6 时,f(x)=3x 2-24x+36=3(x2-8x+12).由 f(x)=3(x2-8x+12)0,

8、可得 x6;由 f(x)=3(x2-8x+12)0 解得 01,即函数 g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+)内单调递减.当 a0 时,令 g(x)=0,得 x=1 或 x= ,若 ,则由 g(x)0 解得 x1 或 01,即 00 解得 x 或 0 时,函数 g(x)在 内单调递增 ,在 内单调递减,在(1,+ )内单调递增.12 (0,12) (12,1)8.(1)解 f(x)= ,f(0)=2.-2+(2-1)+2因此曲线 y=f(x)在点(0,- 1)处的切线方程是 2x-y-1=0.(2)证明 当 a1 时,f( x)+e(x 2+x-1+ex+1)e-x.令 g(x)=x2+

9、x-1+ex+1,则 g(x)=2x+1+ex+1.当 x-1 时,g( x)0,g(x)单调递增 .所以 g(x)g( -1)=0,因此 f(x)+e0.9.解 (1)因为 f(x)= ,2+所以 f(x)= ,-2+(2-)+-设 g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c.因为 a0,所以由题意知:当-30,即 f(x)0;当 x0 时,g(x )5=f(0),所以函数 f(x)在区间- 5,+)内的最大值是 5e5.5-510.解 (1)对 f(x)求导得f(x)=(6+)-(32+)()2= .-32+(6-)+因为 f(x)在 x=0 处取得极值,所以 f(0)=0,即 a=0.当

10、 a=0 时,f(x) = ,f(x)= ,32 -32+6故 f(1)= ,f(1)= ,3 3从而 f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为 y- (x-1),化简得 3x-ey=0.3=3(2)由(1)知f(x)= .-32+(6-)+令 g(x)=-3x2+(6-a)x+a,由 g(x)=0解得 x1= ,x2= .6- 2+366 6-+2+366当 x0,即 f(x)0,故 f(x)为增函数;当 xx2 时,g(x)F(2x-1),得 F(3)F(|2x-1|),即| 2x-1|0,x1).()2(2-2-12)令 g(x)=2ln x- ,2-12则 g(x)= .2(+1)(-

11、1)3当 0g(1)=0.于是 f(x)= g(x)0,故 f(x)在区间(0,1) 内为增函数.()2当 x1 时,g (x)0,g(x)是增函数 ,g(x)g(1)=0,于是 f(x)= g(x)0,()2故 f(x)在区间(1,+)内为增函数 .(2)解 af(x)-x= -x(2-1)= .(2-1) -令 h(x)= -ln x(x0),(2-1)则 h(x)= .2-+2令 (x)=ax2-x+a,当 a0,且 =1-4a20,即 a 时,此时 (x)=ax2-x+a0 在区间(0,1),(1,+ )内恒成立,12所以当 a 时 h(x)0,故 h(x)在区间(0,1),(1,+)

12、内为增函数,12若 00;若 x1 时,h(x)h(1)= 0,所以 af(x)-x= h(x)0,所以当 x0,x1 时,都有 af(x)x 成立,当 00 时,f(x) 的递增区间为(0,1),递减区间为(1,+);当 a0. g(t)0,即 m- .373 - 2 时,f (x)0.所以 f(x)在区间(0,2) 内单调递减,在区间(2, +)内单调递增.(2)证明 当 a 时,f( x) -ln x-1.1 设 g(x)= -ln x-1,则 g(x)= . 1当 01 时,g(x)0.所以 x=1 是 g(x)的最小值点.故当 x0 时,g(x)g(1) =0.因此,当 a 时,f(x)0.1