2019版高考数学文科二轮专题复习课件：第二部分 导数与函数的单调性、极值与最值(共39张PPT)

专题一 函数与导数、不等式 第4讲　导数与函数的单调性、极值与最值 1．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为(　　) A．y＝－2x　　　　 B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x 解析：因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，由此得a＝1.f(x)＝x3＋x，f′(x)＝3x2＋1，f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x. 答案：D 2．(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 解析：f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1， 则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0⇒a＝－1， 则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1， 又ex－1＞0恒成立， 令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1， 当x＜－2或x＞1时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0.所以x＝1是函数f(x)的极小值点． 则f(x)的极小值为f(1)＝－1. 答案：A 3．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1. (1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间； (2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0. (1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq \f(1,x). 由题设知，f′(2)＝0，所以a＝eq \f(1,2e2). 从而f(x)＝eq \f(1,2e2)ex－ln x－1，f′(x)＝eq \f(1,2e2)ex－eq \f(1,x). 当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0. 所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥eq \f(ex,e)－ln x－1. 设g(x)＝eq \f(ex,e)－ln x－1，则g′(x)＝eq \f(ex,e)－eq \f(1,x). 当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0. 所以x＝1是g(x)的最小值点． 故当x＞0