2019届高考数学二轮复习 第二篇 专题通关攻略 专题8 函数与导数 专题能力提升练二十四 2.8.4 导数与单调性、极值、最值问题

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1、专题能力提升练二十四导数与单调性、极值、最值问题(45分钟　80分)一、选择题(每小题5分,共30分)1.已知定义域为R的奇函数y=f(x)的导函数为y=f′(x),当x≠0时,f′(x)+>0,若a=f,b=-2f(-2),c=f,则a,b,c的大小关系正确的是(　　)A.a0时,h′(x)=f(x)+

2、x·f′(x)>0,所以此时函数h(x)单调递增.因为a=f=h,b=-2f(-2)=2f(2)=h(2),c=f=h=h(-ln2)=h(ln2),又2>ln2>,所以b>c>a,故选C.2.(2018·南阳一模)对于R上可导的任意函数f(x),若满足≤0,则必有(　　)A.f(0)+f(2)>2f(1)　　　B.f(0)+f(2)≤2f(1)C.f(0)+f(2)<2f(1)D.f(0)+f(2)≥2f(1)【解析】选A.当x<1时,f′(x)<0,此时函数f(x)单调递减;当x>1时,f′(x)>0,此时函数f(x

3、)单调递增,即当x=1时,函数f(x)取得极小值同时也取得最小值f(1),所以f(0)>f(1),f(2)>f(1),则f(0)+f(2)>2f(1),故选A.【加固训练】设f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R),e为自然对数的底数.若f′(x)lnx>,则(　　)A.f(2)f(e2)B.f(2)f(e)ln2,2f(e)f(e)ln2,2f(e)>f(e2)【解析】选B.设F(x)=,则F′(x)=,则

4、由条件知F′(x)>0,所以F(x)在(0,+∞)上为增函数,所以F(2)

5、-4在区间(-1,1)上恰有一个极值点,当a=5时,函数f(x)=x3+x2-5x-4在区间(-1,1)上没有一个极值点.4.设定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf′(x)-f(x)=xlnx,f=,则f(x)(　　)A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值C.既有极大值,又有极小值D.既无极大值,又无极小值【解题指南】根据条件先求出f(x)的解析式,再判断其极值情况.【解析】选D.因为xf′(x)-f(x)=xlnx,所以=,所以′=,所以=ln2x+c,所以f(x)=xln2x+cx.因为f=ln2+c×=

6、,所以c=,所以f′(x)=ln2x+lnx+=(lnx+1)2≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)在(0,+∞)上既无极大值,也无极小值.5.(2017·山东高考)若函数g(x)=exf(x)(e=2.71828…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称f(x)具有M性质,下列函数中具有M性质的是(　　)A.f(x)=2-x　　B.f(x)=x2C.f(x)=3-x　　D.f(x)=cosx【解析】选A.A中,g(x)=ex2-x=,因为>1,所以g(x)单调递增,所以f(x)具有M性质

7、,满足题意,故选A;B中,g(x)=exx2,则g′(x)=exx(x+2),所以g(x)在(-2,0)上单调递减,所以f(x)不具有M性质,不满足题意;C中,g(x)=ex3-x=,因为0<<1,所以g(x)单调递减,所以f(x)不具有M性质,不满足题意;D中,g(x)=excosx,则g′(x)=ex(cosx-sinx),所以g(x)在上单调递减,所以f(x)不具有M性质,不满足题意.6.已知函数f(x)=x3+2ax2+3bx+c的两个极值点分别在(-1,0)与(0,1)内,则2a-b的取值范围是(　　)A.B.

8、C.D.【解析】选A.由函数f(x)=x3+2ax2+3bx+c,求导函数f′(x)=3x2+4ax+3b,f(x)的两个极值点分别在区间(-1,0)与(0,1)内,由3x2+4ax+3b=0的两个根分别在区间(0,1)与(-1,0)内,即令z=2a-b,所以转化为在约束条件为时,求z=2a-b的取值范围,可行域如图