(考試重點推薦)天津市年高考數(shù)學二輪復習-專題能力訓練7-導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值-理練習試卷LtD新人教部編版初高中精選試卷PAGEPAGE4精選部編版新人教版考試試題，為您推薦下載！專題能力訓練7導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值一、能力突破訓練1.已知函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f'(x),且滿足f(x)=af'(1)x+lnx,若f'=0,則a=()A.-1 B.-2 C.1 D.2w3.若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)=-1,其導函數(shù)f'(x)滿足f'(x)>k>1,則下列結(jié)論中一定錯誤的是 ()A.f B.fC.f D.f(3)當a=1時,設函數(shù)f(x)在區(qū)間[t,t+3]上的最大值為M(t),最小值為m(t),記g(t)=M(t)-m(t),求函數(shù)g(t)在區(qū)間[-3,-1]上的最小值.二、思維提升訓練11.已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f'(x),對任意x∈R滿足f(x)+f'(x)<0,則下列結(jié)論正確的是 ()A.e2f(2)>e3f(3) B.e2f(2)<e3f(3)C.e2f(2)≥e3f(3) D.e2f(2)≤e3f(3)12.已知f'(x)為定義在R上的函數(shù)f(x)的導函數(shù),對任意實數(shù)x,都有f(x)<f'(x),則不等式f(m+1)<em+1f的解集為.13.已知函數(shù)f(x)=.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當x>0時,若f(x)>恒成立,求整數(shù)k的最大值.14.已知函數(shù)f(x)=lnx-ax2+x,a∈R.(1)若f(1)=0,求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間;(2)若關(guān)于x的不等式f(x)≤ax-1恒成立,求整數(shù)a的最小值;(3)若a=-2,正實數(shù)x1,x2滿足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,求證:x1+x2≥.15.已知函數(shù)f(x)=x2+2cosx,g(x)=ex(cosx-sinx+2x-2),其中e≈2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù).(1)求曲線y=f(x)在點(π,f(π))處的切線方程.(2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),討論h(x)的單調(diào)性并判斷有無極值,有極值時求出極值.

專題能力訓練7導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值一、能力突破訓練1.D解析因為f'(x)=af'(1)+,所以f'(1)=af'(1)+1,易知a≠1,則f'(1)=,所以f'(x)=又因為f'=0,所以+2=0,解得a=2.故選D.2.D解析設導函數(shù)y=f'(x)的三個零點分別為x1,x2,x3,且x1<0<x2<x3.所以在區(qū)間(-∞,x1)和(x2,x3)上,f'(x)<0,f(x)是減函數(shù),在區(qū)間(x1,x2)和(x3,+∞)上,f'(x)>0,f(x)是增函數(shù),所以函數(shù)y=f(x)的圖象可能為D,故選D.3.C解析構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-kx,則F'(x)=f'(x)-k>0,∴函數(shù)F(x)在R上為單調(diào)遞增函數(shù).>0,∴F>F(0).∵F(0)=f(0)=-1,∴f>-1,即f-1=,∴f,故C錯誤.4.C解析依題意得f'(x)=3ax2+2bx+c≤0的解集是[-2,3],于是有3a>0,-2+3=-,-2×3=,則b=-,c=-18a.函數(shù)f(x)在x=3處取得極小值,于是有f(3)=27a+9b+3c-34=-115,則-a=-81,解得a=2.故選C.5.-3解析設f(x)=(ax+1)ex,可得f'(x)=a·ex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex,∴f(x)=(ax+1)ex在(0,1)處的切線斜率k=f'(0)=a+1=-2,∴a=-3.6.3x-y-2=0解析y'=3x2+6x+6=3(x+1)2+3≥3.當x=-1時,y'min=3;當x=-1時,y=-5.故切線方程為y+5=3(x+1),即3x-y-2=0.7.解(1)f'(x)=aex-當f'(x)>0,即x>-lna時,f(x)在區(qū)間(-lna,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增;當f'(x)<0,即x<-lna時,f(x)在區(qū)間(-∞,-lna)內(nèi)單調(diào)遞減.①當0<a<1時,-lna>0,f(x)在區(qū)間(0,-lna)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(-lna,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,從而f(x)在區(qū)間[0,+∞)內(nèi)的最小值為f(-lna)=2+b;②當a≥1時,-lna≤0,f(x)在區(qū)間[0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,從而f(x)在區(qū)間[0,+∞)內(nèi)的最小值為f(0)=a++b.(2)依題意f'(2)=ae2-,解得ae2=2或ae2=-(舍去).所以a=,代入原函數(shù)可得2++b=3,即b=故a=,b=8.解(1)因為f(x)=xea-x+bx,所以f'(x)=(1-x)ea-x+b.依題設,解得a=2,b=e.(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex.由f'(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知,f'(x)與1-x+ex-1同號.令g(x)=1-x+ex-1,則g'(x)=-1+ex-1.所以,當x∈(-∞,1)時,g'(x)<0,g(x)在區(qū)間(-∞,1)上單調(diào)遞減;當x∈(1,+∞)時,g'(x)>0,g(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增.故g(1)=1是g(x)在區(qū)間(-∞,+∞)上的最小值,從而g(x)>0,x∈(-∞,+∞).綜上可知,f'(x)>0,x∈(-∞,+∞).故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞).9.(1)解f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=--1+=-①若a≤2,則f'(x)≤0,當且僅當a=2,x=1時,f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.②若a>2,令f'(x)=0,得x=或x=當x時,f'(x)<0;當x時,f'(x)>0.所以f(x)在內(nèi)單調(diào)遞減,在內(nèi)單調(diào)遞增.(2)證明由(1)知,f(x)存在兩個極值點時,當且僅當a>2.因為f(x)的兩個極值點x1,x2滿足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨設x1<x2,則x2>1.由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以<a-2等價于-x2+2lnx2<0.設函數(shù)g(x)=-x+2lnx,由(1)知,g(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,又g(1)=0,從而當x∈(1,+∞)時,g(x)<0.所以-x2+2lnx2<0,即<a-2.10.解(1)f'(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).由f'(x)=0,得x1=-1,x2=a>0.當x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表:x(-∞,-1)-1(-1,a)a(a,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-1),(a,+∞);單調(diào)遞減區(qū)間是(-1,a).(2)由(1)知f(x)在區(qū)間(-2,-1)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(-1,0)內(nèi)單調(diào)遞減,從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(-2,0)內(nèi)恰有兩個零點當且僅當解得0<a<所以a的取值范圍是(3)當a=1時,f(x)=x3-x-1.由(1)知f(x)在區(qū)間[-3,-1]上單調(diào)遞增,在區(qū)間[-1,1]上單調(diào)遞減,在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增.①當t∈[-3,-2]時,t+3∈[0,1],-1∈[t,t+3],f(x)在區(qū)間[t,-1]上單調(diào)遞增,在區(qū)間[-1,t+3]上單調(diào)遞減.因此f(x)在區(qū)間[t,t+3]上的最大值M(t)=f(-1)=-,最小值m(t)為f(t)與f(t+3)中的較小者.由f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知,當t∈[-3,-2]時,f(t)≤f(t+3),則m(t)=f(t),所以g(t)=f(-1)-f(t).因為f(t)在區(qū)間[-3,-2]上單調(diào)遞增,所以f(t)≤f(-2)=-故g(t)在區(qū)間[-3,-2]上的最小值為g(-2)=-②當t∈[-2,-1]時,t+3∈[1,2],且-1,1∈[t,t+3].下面比較f(-1),f(1),f(t),f(t+3)的大小.因為f(x)在區(qū)間[-2,-1],[1,2]上單調(diào)遞增,所以f(-2)≤f(t)≤f(-1),f(1)≤f(t+3)≤f(2).因為f(1)=f(-2)=-,f(-1)=f(2)=-,從而M(t)=f(-1)=-,m(t)=f(1)=-所以g(t)=M(t)-m(t)=綜上,函數(shù)g(t)在區(qū)間[-3,-1]上的最小值為二、思維提升訓練11.A解析令g(x)=exf(x),則g'(x)=ex(f(x)+f'(x))<0,所以g(x)在R上單調(diào)遞減,所以g(2)>g(3),即e2f(2)>e3f(3).故選A.12.(-∞,-2)解析若g(x)=,則g'(x)=>0,所以g(x)在R上為增函數(shù).又不等式f(m+1)<em+1f等價于,即g(m+1)<g,所以m+1<,解得m<-2.13.解(1)由f(x)=,知x∈(-1,0)∪(0,+∞).所以f'(x)=-令h(x)=1+(x+1)ln(x+1),則h'(x)=1+ln(x+1).令h'(x)=0,得x=-1,易得h(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增.所以h(x)min=h=1->0,∴f'(x)<0.故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-1,0),(0,+∞).(2)當x>0時,f(x)>恒成立,則k<(x+1)f(x).令g(x)=(x+1)f(x)=,則g'(x)=令φ(x)=1-x+ln(x+1)(x>0)?φ'(x)=-<0,所以φ(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.又φ(2)=ln3-1>0,φ(3)=2ln2-2<0,則存在實數(shù)t∈(2,3),使φ(t)=0?t=1+ln(t+1).所以g(x)在區(qū)間(0,t)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(t,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.所以g(x)min=g(t)==t+1∈(3,4),故kmax=3.14.解(1)因為f(1)=1-=0,所以a=2.此時f(x)=lnx-x2+x,x>0.則f'(x)=-2x+1=(x>0).令f'(x)<0,則2x2-x-1>0.又x>0,所以x>1.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞).(2)(方法一)令g(x)=f(x)-(ax-1)=lnx-ax2+(1-a)x+1,則g'(x)=-ax+(1-a)=當a≤0時,因為x>0,所以g'(x)>0.所以g(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)是增函數(shù),又g(1)=ln1-a×12+(1-a)+1=-a+2>0,所以關(guān)于x的不等式f(x)≤ax-1不能恒成立.當a>0時,g'(x)==-(x>0),令g'(x)=0,得x=所以當x時,g'(x)>0;當x時,g'(x)<0,因此函數(shù)g(x)在x內(nèi)是增函數(shù),在x內(nèi)是減函數(shù).故函數(shù)g(x)的最大值為g=lna+(1-a)+1=-lna.令h(a)=-lna,因為h(1)=>0,h(2)=-ln2<0,又h(a)在a∈(0,+∞)內(nèi)是減函數(shù),且a為整數(shù),所以當a≥2時,h(a)<0.所以整數(shù)a的最小值為2.(方法二)由f(x)≤ax-1恒成立,得lnx-ax2+x≤ax-1在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)恒成立,問題等價于a在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)恒成立.令g(x)=,因為g'(x)=,令g'(x)=0,得-x-lnx=0.設h(x)=-x-lnx,因為h'(x)=-<0,所以h(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞減,不妨設-x-lnx=0的根為x0.當x∈(0,x0)時,g'(x)>0;當x∈(x0,+∞)時,g'(x)<0,所以g(x)在x∈(0,x0)內(nèi)是增函數(shù);在x∈(x0,+∞)內(nèi)是減函數(shù).所以g(x)max=g(x0)=因為h=ln2->0,h(1)=-<0,所以<x0<1,此時1<<2,即g(x)max∈(1,2).所以a≥2,即整數(shù)a的最小值為2.(3)證明:當a=-2時,f(x)=lnx+x2+x,x>0.由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,得lnx1++x1+lnx2++x2+x1x2=0,從而(x1+x2)2+x1+x2=x1·x2-ln(x1·x2).令t=x1·x2(t>0),φ(t)=t-lnt,則φ'(t)=可知,φ(t)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.所以φ(t)≥φ(1)=1,所以(x1+x2)2+x1+x2≥1,因此x1+x2或x1+x2(舍去).15.解(1)由題意f(π)=π2-2,又f'(x)=2x-2sinx,所以f'(π)=2π,因此曲線y=f(x)在點(π,f(π))處的切線方程為y-(π2-2)=2π(x-π),即y=2πx-π2-2.(2)由題意得h(x)=ex(cosx-sinx+2x-2)-a(x2+2cosx),因為h'(x)=ex(cosx-sinx+2x-2)+ex(-sinx-cosx+2)-a(2x-2sinx)=2ex(x-sinx)-2a(x-sinx)=2(ex-a)(x-sinx),令m(x)=x-sinx,則m'(x)=1-cosx≥0,所以m(x)在R上單調(diào)遞增.因為m(0)=0,所以當x>0時,m(x)>0;當x<0時,m(x)<0.①當a≤0時,ex-a>0,當x<0時,h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,當x>0時,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,所以當x=0時h(x)取到極小值,極小值是h(0)=-2a-1;②當a>0時,h'(x)=2(ex-elna)(x-sinx),由h'(x)=0得x1=lna,x2=0.(ⅰ)當0<a<1時,lna<0,當x∈(-∞,lna)時,ex-elna<0,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;當x∈(lna,0)時,ex-elna>0,h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減;當x∈(0,+∞)時,ex-elna>0,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增.所以當x=lna時h(x)取到極大值.極大值為h(lna)=-a[ln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2],當x=0時h(x)取到極小值,極小值是h(0)=-2a-1;(ⅱ)當a=1時,lna=0,所以當x∈(-∞,+∞)時,h'(x)≥0,函數(shù)h(x)在區(qū)間(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,無極值;(ⅲ)當a>1時,lna>0,所以當x∈(-∞,0)時,ex-elna<0,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;當x∈(0,lna)時,ex-elna<0,h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減;當x∈(lna,+∞)時,ex-elna>0,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增.所以當x=0時h(x)取到極大值,極大值是h(0)=-2a-1;當x=lna時h(x)取到極小值,極小值是h(lna)=-a[ln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2].綜上所述:當a≤0時,h(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,函數(shù)h(x)有極小值,極小值是h(0)=-2a-1;當0<a<1時,函數(shù)h(x)在區(qū)間(-∞,lna)和區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(lna,0)上單調(diào)遞減,函數(shù)h(x)有極大值,也有極小值,極大值是h(lna)=-a[ln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2],極小值是h(0)=-2a-1;當a=1時,函數(shù)h(x)在區(qū)間(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,無極值;當a>1時,函數(shù)h(x)在區(qū)間(-∞,0)和(lna,+∞)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(0,lna)上單調(diào)遞減,函數(shù)h(x)有極大值,也有極小值,極大值是h(0)=-2a-1,極小值是h(lna)=-a[ln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2].，針對大一的學生上大學之后存在一段的迷茫期，他們之所以迷茫，是因為他們沒有奮斗的目標，是因為沒有班主任在每天的早自習對他們進行了教育，以往他們的學習目標性都十分的明確，小學目的就是升入一個比較好的高中，上初中是為了上比較好的高中，上高中為了去一個比較好的大學?？烧娴牡酱髮W了，他們究竟應該怎么辦不知道了?他們?nèi)鄙僖欢ǖ膴^斗目標，在這個特殊的心理時期，我給他們開了主題班團會，給他們專題講授職業(yè)生活規(guī)劃，幫他們一起確定自己在大學的奮斗目標。讓他們覺得原來的那個愛嘮叨的班主任還在，還是有人管他們的。我個人覺得，大一時期是大學四年非常重要的一個時期，也是基礎，是需要認真對待的，所以在每天固定課室的早讀、晚修我都非常重視，除找同學談心外，更有重點的進行主題教育活動，使大家盡量避免懶散，養(yǎng)成良好的個人學習、生活、工作習慣。所以大一，我主要是從養(yǎng)成教育入手，有針對性的對大一新生進行養(yǎng)成教育、校情校貌教育、安全教育、心理教育、適應性教育、為人處世教育等。

(二)談心工作

大學生心理問題一直都是輔導員工作的重中之重，大學生的整合程度相對來說較低，他們個人與班級并沒有聯(lián)系起來的紐帶，對于大學生日常生活最重要之一的教室是一個流動是場所，就像一個臨時?？空疽粯樱谶@停兩站，明天又在不同的地方上課。沒有固定的教室就沒有一個家，個人永遠是個人，他們和集體之間沒有