2019-2020年高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 第二讲 导数素能提升练 理.doc

2019-2020年高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 第二讲 导数素能提升练 理1.函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f(x)在区间(a,b)内的图象如图所示,则函数f(x)在开区间(a,b)内的极小值点有()A.1个B.2个C.3个D.4个解析:f(x)0,f(x)单调递增,f(x)0,f(x)单调递减.极小值点附近函数应有先减后增的特点,即f(x)0,由f(x)的图象可知只有1个极小值点.答案:A2.直线y=kx+b与曲线y=x3+ax+1相切于点(2,3),则b的值为()A.-3B.9C.-15D.-7解析:将点(2,3)分别代入曲线y=x3+ax+1和直线y=kx+b,得a=-3,2k+b=3.又k=y|x=2=(3x2-3)|x=2=9,故b=3-2k=3-18=-15.答案:C3.函数f(x)=ax3-2ax2+(a+1)x-log2(a2-1)不存在极值点,则实数a的取值范围是()A.1,3B.1,3)C.(1,3D.(1,3)解析:a2-10,a1或a1或a-1,10知a=-2,代入可得函数f(x)=x3+(-2)x2+1,可得f(1)=-.故选C.答案:C6.(xx山西忻州一模,12)定义在上的函数f(x),f(x)是它的导函数,且恒有f(x)f(x)tan x成立,则()A.B.f(1)fD.f解析:f(x)0,=0,函数上单调递增,从而,即f.答案:D7.已知f(x)=x(1+|x|),则f(1)f(-1)=.解析:当x0时,f(x)=x2+x,f(x)=2x+1,则f(1)=3.当x0时,f(x)=x-x2,f(x)=1-2x,则f(-1)=3.故f(1)f(-1)=9.答案:98.函数f(x)=|x3-3x2-t|,x0,4的最大值记为g(t),当t在实数范围内变化时,g(t)的最小值为.解析:令g(x)=x3-3x2-t,则g(x)=3x2-6x,令g(x)0,则x0或x2,在0,2上g(x)为减函数,在2,4上g(x)为增函数,故f(x)的最大值g(t)=max|g(0)|,|g(2)|,|g(4)|,又|g(0)|=|t|,|g(2)|=|4+t|,|g(4)|=|16-t|,在同一坐标系中分别作出它们的图象,由图象可知,在y=16-t(t16)与y=4+t(t-4)的交点处,g(t)取得最小值,由16-t=4+t,得2t=12,t=6,g(t)min=10.答案:109.(xx广东高考,理21)设函数f(x)=(x-1)ex-kx2(kR).(1)当k=1时,求函数f(x)的单调区间;(2)当k时,求函数f(x)在0,k上的最大值M.解:(1)当k=1时,f(x)=(x-1)ex-x2,f(x)=ex+(x-1)ex-2x=xex-2x=x(ex-2),令f(x)=0,得x1=0,x2=ln2,当x变化时,f(x),f(x)的变化如下表:x(-,0)0(0,ln 2)ln 2(ln 2,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值由表可知,函数f(x)的递减区间为(0,ln2),递增区间为(-,0),(ln2,+).(2)f(x)=ex+(x-1)ex-2kx=xex-2kx=x(ex-2k),令f(x)=0,得x1=0,x2=ln(2k),令g(k)=ln(2k)-k,k,则g(k)=-1=0,所以g(k)在上单调递增.所以g(k)ln2-1=ln2-lne0.从而ln(2k)k,所以ln(2k)(0,k).所以当x(0,ln(2k)时,f(x)0.所以M=maxf(0),f(k)=max-1,(k-1)ek-k3.令h(k)=(k-1)ek-k3+1,则h(k)=k(ek-3k),令(k)=ek-3k,则(k)=ek-3e-30.所以(k)在上单调递减,而(1)=(e-3)0,当k(x0,1)时,(k)0,h(1)=0,所以h(k)0在上恒成立,当且仅当k=1时取得“=”.综上,函数f(x)在0,k上的最大值M=(k-1)ek-k3.10.(xx课标全国高考,理21)设函数f(x)=aexln x+,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=e(x-1)+2.(1)求a,b;(2)证明:f(x)1.(1)解:函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=aexln x+ex-ex-1+ex-1.由题意可得f(1)=2,f(1)=e.故a=1,b=2.(2)证明:由(1)知,f(x)=exln x+ex-1,从而f(x)1等价于xln xxe-x-.设函数g(x)=xln x,则g(x)=1+ln x.所以当x时,g(x)0.故g(x)在单调递减,在单调递增,从而g(x)在(0,+)的最小值为g=-.设函数h(x)=xe-x-,则h(x)=e-x(1-x).所以当x(0,1)时,h(x)0;当x(1,+)时,h(x)0时,g(x)h(x),即f(x)1.11.(xx浙江高考,理22)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(aR).(1)若f(x)在-1,1上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);(2)设bR.若f(x)+b24对x-1,1恒成立,求3a+b的取值范围.解:(1)因为f(x)=所以f(x)=由于-1x1,当a-1时,有xa,故f(x)=x3+3x-3a,此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.当-1a1时,若x(a,1),f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函数;若x(-1,a),f(x)=x3-3x+3a在(-1,a)上是减函数.所以M(a)=maxf(1),f(-1),m(a)=f(a)=a3.由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此当-1a时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当a1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.当a1时,有xa,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a.故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h(x)=因为f(x)+b24对x-1,1恒成立,即-2h(x)2对x-1,1恒成立.所以由(1)知,当a-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在-1,1上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b-2且4-3a+b2,矛盾;当-10,t(a)在上是增函数,故t(a)t(0)=-2,因此-23a+b0;当a1时,h(x)在-1,1上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b-2,且3a+b+22,解得-3a+b0;当a1时,h(x)在-1,1上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+22,且3a+b-2-2,解得3a+b=0.综上,得3a+b的取值范围是-23a+b0.