【精品】2019高考数学二轮复习第二部分专题一函数与导数不等式专题强化练四导数与函数的单调性极值与最值理.pdf

试题、试卷、习题、复习、教案精选资料1专题强化练四导数与函数的单调性、极值与最值一、选择题1曲线y ex2x在点(0，1)处的切线方程为()Ayx1 Byx1 Cy3x1 Dyx1 解析：求导函数得y ex2，当x0 时，y e02 3，所以曲线yex2x在点(0，1)处的切线方程为y3x1.答案：C 2(一题多解)(2018 全国卷)函数yx4x22 的图象大致为()解析：法一易知函数yx4x22 为偶函数，所以只需研究yx4x22 在x0 时的图象与性质又y 4x32x(x0)，令y 0，得 0 x22；令y 0，得x22所以yx4x22 在 0，22上递增，在22，上递减因此选项 D满足法二令x0，则y2，排除 A，B；令x12，则y116142316 22，排除 C.答案：D 3(2018安徽江淮十校联考)设函数f(x)12x2 9ln x在区间a1，a1 上单调递减，则实数a的取值范围是()A(1，2 B4，)试题、试卷、习题、复习、教案精选资料2C(，2 D(0，3 解析：易知f(x)的定义域为(0，)，且f(x)x9x.由f(x)x9x0，解得 0 x3.因为f(x)12x29ln x在 a1，a1 上单调递减，所以a10，a13，解得 1a 2.答案：A 4(2018安徽安庆二模)已知函数f(x)2ef(e)ln xxe(e 是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为()A2e 1 B1eC1 D2ln 2 解析：由题意知f(x)2ef（e）x1e，所以f(e)2ef（e）e1e，f(e)1e，所以f(x)2x1e，令f(x)0，得x2e，当x(0，2e)时，f(x)0，当x(2e，)时，f(x)0，所以f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(2e)2ln(2e)22ln 2.答案：D 5(2018郑州质检)若函数yf(x)存在n1(nN*)个极值点，则称yf(x)为n折函数，例如f(x)x2为 2 折函数已知函数f(x)(x1)exx(x2)2，则f(x)为()A2 折函数B3 折函数C4 折函数D5 折函数解析：f(x)(x2)ex(x2)(3x2)(x2)(ex3x2)令f(x)0，得x 2 或 ex3x2.易知x 2 是f(x)的一个极值点又 ex3x2，结合函数图象，yex与y3x2 有两个交点，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料3又 e2 3(2)2 4.所以函数yf(x)有 3 个极值点，则f(x)为 4 折函数答案：C 二、填空题6(2018天津卷)已知函数f(x)exln x，f(x)为f(x)的导函数，则f(1)的值为_解析：因为f(x)ex1xexln xex1xln x.所以f(1)e(1 ln 1)e.答案：e 7(2018全国卷)曲线y2ln(x1)在点O(0，0)处的切线方程为_解析：由于y2x1，所以ky|x020 12，所以切线方程为y 2x.答案：y2x8(2017山东卷改编)若函数exf(x)(e 2.718 28 是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质，下列函数中具有M性质的是 _(填序号)f(x)2x;f(x)x2；f(x)3x;f(x)cos x.解析：若f(x)具有性质M，则 exf(x)exf(x)f(x)0 在f(x)的定义域上恒成立，即f(x)f(x)0 在f(x)的定义域上恒成立对于式，f(x)f(x)2x2xln 2 2x(1 ln 2)0，符合题意经验证，均不符合题意；只有f(x)2x具有M性质答案：三、解答题9已知函数f(x)excos xx.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间0，2上的最大值和最小值解：(1)因为f(x)excos xx，所以f(0)1，f(x)ex(cos x sin x)1，所以f(0)0，所以yf(x)在(0，f(0)处的切线方程为y 10(x0)，即y1.(2)f(x)ex(cos xsin x)1，令g(x)f(x)，则g(x)2sin xex0 在 0，2上恒成立，且仅在x0 处等号成立，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料4所以g(x)在 0，2上单调递减，所以g(x)g(0)0，所以f(x)0 且在x0 处等号成立，所以f(x)在 0，2上单调递减，所以f(x)maxf(0)1，f(x)minf22.10已知f(x)ln xax.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x0，均有x(2ln aln x)a恒成立，求正数a的取值范围解：(1)f(x)1xax2xax2，x(0，)当a0 时，f(x)0，f(x)在(0，)为增函数，无极值当a0 时，x(0，a)时，f(x)0，f(x)在(0，a)为减函数；x(a，)时，f(x)0，f(x)在(a，)为增函数，f(x)在(0，)有极小值，无极大值，f(x)的极小值f(a)ln a 1.(2)若对任意x0，均有x(2ln aln x)a恒成立，即对任意x0，均有 2ln aaxln x恒成立，由(1)可知f(x)的最小值为ln a1，问题转化为2ln aln a1，即 ln a1，故 0ae，故正数a的取值范围是(0，e 11(2018广州调研)已知函数f(x)(x1)exax2，其中参数a12.(1)讨论f(x)单调性；(2)当a 1 时，函数g(x)f(x)xexx的最大值为m，求不超过m的最大整数解：(1)f(x)xex2axx(ex2a)当a0 时，ex2a0，所以当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增当 0a12时，02a1.x(，ln 2a)时，f(x)0，f(x)单调递增；x(ln 2a，0)时，f(x)0，f(x)单调递减；试题、试卷、习题、复习、教案精选资料5x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增当a12时，x(，)时，f(x)0，f(x)单调递增(2)当a 1 时，g(x)exx2x，g(x)ex2x 1，令g(x)ex 2.当x(0，ln 2)时，g(x)0，g(x)单调递增；x(ln 2，)时，g(x)0，g(x)单调递减；g(0)0，g(1)3e0，g324e3216e30，所以存在唯一的x0 1，32，使g(x0)0，即 ex02x01.所以当x(0，x0)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(x0，)时，g(x)0，g(x)单调递减；所以mg(x0)ex0 x20 x0(2x01)x20 x0 x20 x01x012254.又x0 1，32，所以m 1，14，所以不超过m的最大整数为1.