2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第二講 導(dǎo)數(shù)素能提升練 理1.函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a,b),導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,b)內(nèi)的圖象如圖所示,則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a,b)內(nèi)的極小值點有()A.1個B.2個C.3個D.4個解析:f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.極小值點附近函數(shù)應(yīng)有先減后增的特點,即f(x)<0f(x)=0f(x)>0,由f(x)的圖象可知只有1個極小值點.答案:A2.直線y=kx+b與曲線y=x3+ax+1相切于點(2,3),則b的值為()A.-3B.9C.-15D.-7解析:將點(2,3)分別代入曲線y=x3+ax+1和直線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.函數(shù)f(x)=ax3-2ax2+(a+1)x-log2(a2-1)不存在極值點,則實數(shù)a的取值范圍是()A.1,3B.1,3)C.(1,3D.(1,3)解析:a2-1>0,a>1或a<-1.又函數(shù)f(x)不存在極值點,令f(x)=3ax2-4ax+a+1=0,則=16a2-43a(a+1)=4a(a-3)0.0a3.又a>1或a<-1,1<a3.答案:C4.若函數(shù)f(x)=2x+ln x,且f(a)=0,則2aln2a=()A.1B.-1C.-ln2D.ln2解析:f(x)=2xln2+,由f(a)=2aln2+=0,得2aln2=-,則a2aln2=-1,即2aln2a=-1.答案:B5.(xx黑龍江大慶第二次質(zhì)檢,6)下列四個圖象中,有一個是函數(shù)f(x)=x3+ax2+(a2-4)x+1(aR,a0)的導(dǎo)函數(shù)y=f(x)的圖象,則f(1)=()A.B.C.-D.1解析:因為f(x)=x3+ax2+(a2-4)x+1(aR,a0),所以f(x)=x2+2ax+(a2-4),由a0,結(jié)合導(dǎo)函數(shù)y=f(x)的圖象,知導(dǎo)函數(shù)圖象為.從而可知a2-4=0,解得a=-2或a=2,再結(jié)合-a>0知a=-2,代入可得函數(shù)f(x)=x3+(-2)x2+1,可得f(1)=-.故選C.答案:C6.(xx山西忻州一模,12)定義在上的函數(shù)f(x),f(x)是它的導(dǎo)函數(shù),且恒有f(x)<f(x)tan x成立,則()A.B.f(1)<2fsin1C.>fD.<f解析:f(x)<f(x)tan x,即f(x)sin x-f(x)cos x>0,=>0,函數(shù)上單調(diào)遞增,從而,即<f.答案:D7.已知f(x)=x(1+|x|),則f(1)f(-1)=.解析:當(dāng)x0時,f(x)=x2+x,f(x)=2x+1,則f(1)=3.當(dāng)x<0時,f(x)=x-x2,f(x)=1-2x,則f(-1)=3.故f(1)f(-1)=9.答案:98.函數(shù)f(x)=|x3-3x2-t|,x0,4的最大值記為g(t),當(dāng)t在實數(shù)范圍內(nèi)變化時,g(t)的最小值為.解析:令g(x)=x3-3x2-t,則g(x)=3x2-6x,令g(x)0,則x0或x2,在0,2上g(x)為減函數(shù),在2,4上g(x)為增函數(shù),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|,在同一坐標(biāo)系中分別作出它們的圖象,由圖象可知,在y=16-t(t16)與y=4+t(t-4)的交點處,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廣東高考,理21)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-1)ex-kx2(kR).(1)當(dāng)k=1時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)k時,求函數(shù)f(x)在0,k上的最大值M.解:(1)當(dāng)k=1時,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,當(dāng)x變化時,f(x),f(x)的變化如下表:x(-,0)0(0,ln 2)ln 2(ln 2,+)f(x)+0-0+f(x)極大值極小值由表可知,函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間為(0,ln2),遞增區(qū)間為(-,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,則g(k)=-1=0,所以g(k)在上單調(diào)遞增.所以g(k)ln2-1=ln2-lne<0.從而ln(2k)<k,所以ln(2k)(0,k).所以當(dāng)x(0,ln(2k)時,f(x)<0;當(dāng)x(ln(2k),+)時,f(x)>0.所以M=maxf(0),f(k)=max-1,(k-1)ek-k3.令h(k)=(k-1)ek-k3+1,則h(k)=k(ek-3k),令(k)=ek-3k,則(k)=ek-3e-3<0.所以(k)在上單調(diào)遞減,而(1)=(e-3)<0,所以存在x0使得(x0)=0,且當(dāng)k時,(k)>0,當(dāng)k(x0,1)時,(k)<0,所以(k)在上單調(diào)遞增,在(x0,1)上單調(diào)遞減.因為h=->0,h(1)=0,所以h(k)0在上恒成立,當(dāng)且僅當(dāng)k=1時取得“=”.綜上,函數(shù)f(x)在0,k上的最大值M=(k-1)ek-k3.10.(xx課標(biāo)全國高考,理21)設(shè)函數(shù)f(x)=aexln x+,曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線方程為y=e(x-1)+2.(1)求a,b;(2)證明:f(x)>1.(1)解:函數(shù)f(x)的定義域為(0,+),f(x)=aexln x+ex-ex-1+ex-1.由題意可得f(1)=2,f(1)=e.故a=1,b=2.(2)證明:由(1)知,f(x)=exln x+ex-1,從而f(x)>1等價于xln x>xe-x-.設(shè)函數(shù)g(x)=xln x,則g(x)=1+ln x.所以當(dāng)x時,g(x)<0;當(dāng)x時,g(x)>0.故g(x)在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增,從而g(x)在(0,+)的最小值為g=-.設(shè)函數(shù)h(x)=xe-x-,則h(x)=e-x(1-x).所以當(dāng)x(0,1)時,h(x)>0;當(dāng)x(1,+)時,h(x)<0.故h(x)在(0,1)單調(diào)遞增,在(1,+)單調(diào)遞減,從而h(x)在(0,+)的最大值為h(1)=-.綜上,當(dāng)x>0時,g(x)>h(x),即f(x)>1.11.(xx浙江高考,理22)已知函數(shù)f(x)=x3+3|x-a|(aR).(1)若f(x)在-1,1上的最大值和最小值分別記為M(a),m(a),求M(a)-m(a);(2)設(shè)bR.若f(x)+b24對x-1,1恒成立,求3a+b的取值范圍.解:(1)因為f(x)=所以f(x)=由于-1x1,當(dāng)a-1時,有xa,故f(x)=x3+3x-3a,此時f(x)在(-1,1)上是增函數(shù),因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.當(dāng)-1<a<1時,若x(a,1),f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函數(shù);若x(-1,a),f(x)=x3-3x+3a在(-1,a)上是減函數(shù).所以M(a)=maxf(1),f(-1),m(a)=f(a)=a3.由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此當(dāng)-1<a時,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;當(dāng)<a<1時,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.當(dāng)a1時,有xa,故f(x)=x3-3x+3a,此時f(x)在(-1,1)上是減函數(shù),因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a.故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.綜上,M(a)-m(a)=(2)令h(x)=f(x)+b,則h(x)=h(x)=因為f(x)+b24對x-1,1恒成立,即-2h(x)2對x-1,1恒成立.所以由(1)知,當(dāng)a-1時,h(x)在(-1,1)上是增函數(shù),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,則-4-3a+b-2且4-3a+b2,矛盾;當(dāng)-1<a時,h(x)在-1,1上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,所以a3+b-2,且4-3a+b2,從而-2-a3+3a3a+b6a-2,且0a.令t(a)=-2-a3+3a,則t(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函數(shù),故t(a)>t(0)=-2,因此-23a+b0;當(dāng)<a<1時,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;當(dāng)a1時,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.綜上,得3a+b的取值范圍是-23a+b0.