高中數(shù)學(xué)人教A版1本冊(cè)總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí)學(xué)業(yè)分層測(cè)評(píng)第3章332

學(xué)業(yè)分層測(cè)評(píng)(建議用時(shí)：45分鐘)[學(xué)業(yè)達(dá)標(biāo)]一、選擇題1．下列是函數(shù)f(x)在[a，b]上的圖象，則f(x)在(a，b)上無(wú)最大值的是()【解析】在開(kāi)區(qū)間(a，b)上，只有D選項(xiàng)中的函數(shù)f(x)無(wú)最大值．【答案】D2．函數(shù)f(x)＝2eq\r(x)＋eq\f(1,x)，x∈(0,5]的最小值為()A．2 B．3\f(17,4) D．2eq\r(2)＋eq\f(1,2)【解析】由f′(x)＝eq\f(1,\r(x))－eq\f(1,x2)＝eq\f(x\f(3,2)－1,x2)＝0，得x＝1，且x∈(0,1]時(shí)，f′(x)<0；x∈(1,5]時(shí)，f′(x)>0，∴x＝1時(shí)，f(x)最小，最小值為f(1)＝3.【答案】B3．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋ax2＋x＋3有極值的充要條件是()A．a(chǎn)＞1或a≤0 B．a(chǎn)＞1C．0＜a＜1 D．a(chǎn)＞1或a＜0【解析】f(x)有極值的充要條件是f′(x)＝ax2＋2ax＋1＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)根，即4a2－4a＞0，解得a＜0或a＞1.故選D.【答案】D4．函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍為()A．0≤a＜1 B．0＜a＜1C．－1＜a＜1 D．0＜a＜eq\f(1,2)【解析】∵f′(x)＝3x2－3a，令f′(x)＝0得x2＝a.∴x＝±eq\r(a).又∵f(x)在(0,1)內(nèi)有最小值，∴0＜eq\r(a)＜1，∴0＜a＜1.故選B.【答案】B5．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋c，且f′(1)＝6，函數(shù)在[1,2]上的最大值為20，則c的值為()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：25650131】A．1 B．4C．－1 D．0【解析】∵f′(x)＝3ax2，∴f′(1)＝3a＝6，∴a＝2.當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，f′(x)＝6x2＞0，即f(x)在[1,2]上是增函數(shù)，∴f(x)max＝f(2)＝2×23＋c＝20，∴c＝4.【答案】B二、填空題6．函數(shù)f(x)＝alnx＋bx2＋3x的極值點(diǎn)為x1＝1，x2＝2，則a＝________，b＝________.【解析】f′(x)＝eq\f(a,x)＋2bx＋3＝eq\f(2bx2＋3x＋a,x)，∵函數(shù)的極值點(diǎn)為x1＝1，x2＝2，∴x1＝1，x2＝2是方程f′(x)＝eq\f(2bx2＋3x＋a,x)＝0的兩根，也即2bx2＋3x＋a＝0的兩根．∴由根與系數(shù)的關(guān)系知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2b)＝1＋2，,\f(a,2b)＝1×2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－\f(1,2).))【答案】－2－eq\f(1,2)7．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋c，其導(dǎo)數(shù)f′(x)的圖象如圖3-3-7所示，則函數(shù)的極小值是________．圖3-3-7【解析】由圖象可知，當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)>0，故x＝0時(shí)，函數(shù)f(x)取到極小值f(0)＝c.【答案】c8．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對(duì)任意的x∈(0,1]都有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．【解析】∵x∈(0,1]，∴f(x)≥0可化為a≥eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).設(shè)g(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，則g′(x)＝eq\f(31－2x,x4).令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2).當(dāng)0<x<eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)eq\f(1,2)<x≤1時(shí)，g′(x)<0.∴g(x)在(0,1]上有極大值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝4，它也是最大值，故a≥4.【答案】[4，＋∞)三、解答題9．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1－x,x)＋lnx，求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最大值和最小值．【解】f′(x)＝eq\f(－x－1－x,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x2).由f′(x)＝0，得x＝1.∴在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：xeq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))1(1,2)2f′(x)－0＋f(x)1－ln2單調(diào)遞減極小值0單調(diào)遞增－eq\f(1,2)＋ln2∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－f(2)＝eq\f(3,2)－2ln2＝eq\f(1,2)(lne3－ln16)，而e3＞16，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＞f(2)＞0.∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－ln2，最小值為0.10．已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1.若xf′(x)≤x2＋ax＋1恒成立，求a的取值范圍.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：25650132】【解】f′(x)＝eq\f(x＋1,x)＋lnx－1＝lnx＋eq\f(1,x)，xf′(x)＝xlnx＋1，而xf′(x)≤x2＋ax＋1(x＞0)等價(jià)于lnx－x≤a.令g(x)＝lnx－x，則g′(x)＝eq\f(1,x)－1.當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＞0；當(dāng)x≥1時(shí)，g′(x)≤0，x＝1是g(x)的最大值點(diǎn)，所以g(x)≤g(1)＝－1.綜上可知，a的取值范圍是[－1，＋∞)．[能力提升]1．設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，x0(x0≠0)是f(x)的極大值點(diǎn)，以下結(jié)論一定正確的是()A．?x∈R，f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的極小值點(diǎn)C．－x0是－f(x)的極小值點(diǎn)D．－x0是－f(－x)的極小值點(diǎn)【解析】不妨取函數(shù)為f(x)＝x3－3x，則f′(x)＝3(x－1)(x＋1)，易判斷x0＝－1為f(x)的極大值點(diǎn)，但顯然f(x0)不是最大值，故排除A；因?yàn)閒(－x)＝－x3＋3x，f′(－x)＝－3(x＋1)(x－1)，易知－x0＝1為f(－x)的極大值點(diǎn)，故排除B；又－f(x)＝－x3＋3x，[－f(x)]′＝－3(x＋1)(x－1)，易知－x0＝1為－f(x)的極大值點(diǎn)，故排除C；∵－f(－x)的圖象與f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，由函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)性，可得－x0應(yīng)為函數(shù)－f(－x)的極小值點(diǎn)．故D正確．【答案】D2．已知函數(shù)f(x)，g(x)均為[a，b]上的可導(dǎo)函數(shù)，在[a，b]上連續(xù)且f′(x)<g′(x)，則f(x)－g(x)的最大值為()A．f(a)－g(a) B．f(b)－g(b)C．f(a)－g(b) D．f(b)－g(a)【解析】令u(x)＝f(x)－g(x)，則u′(x)＝f′(x)－g′(x)<0，∴u(x)在[a，b]上為減函數(shù)，∴u(x)在[a，b]上的最大值為u(a)＝f(a)－g(a)．【答案】A3．已知函數(shù)f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2處有極值，其圖象在x＝1處的切線平行于直線6x＋2y＋5＝0，則極大值與極小值之差為_(kāi)_______．【解析】∵f′(x)＝3x2＋6ax＋3b，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3×22＋6a×2＋3b＝0，,3×12＋6a×1＋3b＝－3))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝0.))∴f′(x)＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，得x＝0或x＝2，∴f(x)極大值－f(x)極小值＝f(0)－f(2)＝4.【答案】44．設(shè)a為實(shí)數(shù)，f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：25650133(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)求證：當(dāng)a＞ln2－1且x＞0時(shí)，ex＞x2－2ax＋1.【解】(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)2(1－ln2＋a)故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2處取得極小值，極小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．(2)設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，