【高考調(diào)研】2016屆高三理科數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)配套題組層級(jí)快練18

【高考調(diào)研】2016屆高三理科數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)配套題組層級(jí)快練18題組層級(jí)快練(十八)(第二次作業(yè))1．若定義在閉區(qū)間[a，b]上的連續(xù)函數(shù)y＝f(x)有唯一的極值點(diǎn)x＝x0，且f(x0)為極小值，則下列說(shuō)法正確的是()A．函數(shù)f(x)有最小值f(x0)B．函數(shù)f(x)有最小值，但不一定是f(x0)C．函數(shù)f(x)有最大值也可能是f(x0)D．函數(shù)f(x)不一定有最小值答案A解析閉區(qū)間上的唯一的極值點(diǎn)就是最值點(diǎn)．2．函數(shù)f(x)＝eq\f(x,ex)，x∈[0,4]的最大值是()A．0 B.eq\f(1,e)C.eq\f(4,e4) D.eq\f(2,e2)答案B3．若函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內(nèi)有最小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()＋∞)時(shí)，f′(x)>0.故x＝eq\f(1,e)和x＝e分別是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)和極小值點(diǎn)，故函數(shù)f(x)在(eq\f(1,e)，1)和(1，e)上單調(diào)遞減，所以A，B錯(cuò)；當(dāng)0<x<1時(shí)，lnx<0，f(x)<0，故C錯(cuò)；若x0≥e，f(x)在(x0，＋∞)上是增函數(shù)，D正確．5．(2015·四川內(nèi)江一模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋cx＋d有極值，則實(shí)數(shù)c的取值范圍為()A．c<eq\f(1,4) B．c≤eq\f(1,4)C．c≥eq\f(1,4) D．c>eq\f(1,4)答案A解析由題意可知f′(x)＝x2－x＋c＝0有兩個(gè)不同的實(shí)根，所以Δ＝1－4c>0?c<eq\f(1,4).6．f(x)＝ex－x(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))在區(qū)間[－1,1]上的最大值是()A．1＋eq\f(1,e) B．1C．e＋1 D．e－1答案D解析f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0.令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0，則函數(shù)f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增，f(－1)＝e－1＋1，f(1)＝e－1，f(－1)－f(1)＝eq\f(1,e)＋2－e<eq\f(1,2)＋2－e<0，所以f(1)>f(－1)．故選D.7．若函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋a,x＋1)在x＝1處取極值，則a＝________.答案3解析f′(x)＝eq\f(x2＋2x－a,x＋12)，由f(x)在x＝1處取得極值知f′(1)＝0，∴a＝3.8．(2015·黑龍江哈爾濱一模)函數(shù)y＝x＋2cosx在區(qū)間[0，eq\f(π,2)]上的最大值是________．答案eq\f(π,6)＋eq\r(3)解析y′＝1－2sinx，令y′＝0，且x∈[0，eq\f(π,2)]，得x＝eq\f(π,6).則x∈[0，eq\f(π,6))時(shí)，y′>0；x∈(eq\f(π,6)，eq\f(π,2)]時(shí)，y′<0，故函數(shù)在[0，eq\f(π,6))上單調(diào)遞增，在(eq\f(π,6)，eq\f(π,2)]上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝eq\f(π,6)時(shí)，函數(shù)取最大值eq\f(π,6)＋eq\r(3).9．(2015·昌平一模)已知函數(shù)f(x)＝4lnx＋ax2－6x＋b(a，b為常數(shù))，且x＝2為f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)_______．答案1解析由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．∵f′(x)＝eq\f(4,x)＋2ax－6，∴f′(2)＝2＋4a－6＝0，即a＝1.10．下列關(guān)于函數(shù)f(x)＝(2x－x2)ex的判斷正確的是________．①f(x)>0的解集是{x|0<x<2}；②f(－eq\r(2))是極小值，f(eq\r(2))是極大值；③f(x)既沒(méi)有最小值，也沒(méi)有最大值．答案①②③解析若f(x)＝(2x－x2)ex>0，則0<x<2，①正確；∵f′(x)＝－ex(x＋eq\r(2))(x－eq\r(2))，∴f(x)在(－∞，－eq\r(2))和(eq\r(2)，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－eq\r(2)，eq\r(2))上單調(diào)遞增．∴f(－eq\r(2))是極小值，f(eq\r(2))是極大值，②正確；易知③也正確．11．(2015·啟東中學(xué)調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ex＋alnx的定義域是D，關(guān)于函數(shù)f(x)給出下列命題：①對(duì)于任意a∈(0，＋∞)，函數(shù)f(x)是D上的減函數(shù)；②對(duì)于任意a∈(－∞，0)，函數(shù)f(x)存在最小值；③存在a∈(0，＋∞)，使得對(duì)于任意的x∈D，都有f(x)>0成立；④存在a∈(－∞，0)，使得函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．其中正確命題的序號(hào)是________．(寫(xiě)出所有正確命題的序號(hào))答案②④解析由f(x)＝ex＋alnx，可得f′(x)＝ex＋eq\f(a,x)，若a>0，則f′(x)>0，得函數(shù)f(x)是D上的增函數(shù)，存在x∈(0,1)，使得f(x)<0即得命題①③不正確；若a<0，設(shè)ex＋eq\f(a,x)＝0的根為m，則在(0，m)上f′(x)<0，在(m，＋∞)上f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)存在最小值f(m)，即命題②正確；若f(m)<0，則函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，即命題④正確．綜上可得，正確命題的序號(hào)為②④.12．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋1－lnx.(1)若f(x)在(0，eq\f(1,2))上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)函數(shù)f(x)是否既有極大值又有極小值？若存在，求出實(shí)數(shù)a的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．答案(1)a≤3(2)a>2eq\r(2)解析(1)f′(x)＝－2x＋a－eq\f(1,x)，∵f(x)在(0，eq\f(1,2))上為減函數(shù)，∴x∈(0，eq\f(1,2))時(shí)－2x＋a－eq\f(1,x)≤0恒成立，即a≤2x＋eq\f(1,x)恒成立．設(shè)g(x)＝2x＋eq\f(1,x)，則g′(x)＝2－eq\f(1,x2).∵x∈(0，eq\f(1,2))時(shí)eq\f(1,x2)>4，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，eq\f(1,2))上單調(diào)遞減，g(x)>g(eq\f(1,2))＝3，∴a≤3.(2)若f(x)既有極大值又有極小值，則f′(x)＝0必須有兩個(gè)不等的正實(shí)數(shù)根x1，x2，即2x2－ax＋1＝0有兩個(gè)不等的正實(shí)數(shù)根．故a應(yīng)滿(mǎn)足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,\f(a,2)>0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－8>0，,a>0))?a>2eq\r(2).∴當(dāng)a>2eq\r(2)時(shí)，f′(x)＝0有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根．不妨設(shè)x1<x2，由f′(x)＝－eq\f(1,x)(2x2－ax＋1)＝－eq\f(2,x)(x－x1)(x－x2)知，0<x<x1時(shí)f′(x)<0，x1<x<x2時(shí)f′(x)>0，x>x2時(shí)f′(x)<0，∴當(dāng)a>2eq\r(2)時(shí)f(x)既有極大值f(x2)又有極小值f(x1)．13．(2015·衡水調(diào)研卷)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋alnx.(1)若a＝－1，求函數(shù)f(x)的極值，并指出是極大值還是極小值；(2)若a＝1，求函數(shù)f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；(3)若a＝1，求證：在區(qū)間[1，＋∞)上函數(shù)f(x)的圖像在函數(shù)g(x)＝eq\f(2,3)x3的圖像的下方．答案(1)極小值為eq\f(1,2)(2)f(x)min＝eq\f(1,2)，f(x)max＝eq\f(1,2)e2＋1(3)略解析(1)由于函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝－1時(shí)，f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x＋1x－1,x)，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)．當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝1處取得極小值，極小值為eq\f(1,2).(2)當(dāng)a＝1時(shí)，易知函數(shù)f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，所以f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)，f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,2)e2＋1.(3)證明：設(shè)F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx－eq\f(2,3)x3，則F′(x)＝x＋eq\f(1,x)－2x2＝eq\f(1－x1＋x＋2x2,x)，當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，故F(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)．又因?yàn)镕(1)＝－eq\f(1,6)<0，所以在區(qū)間[1，＋∞)上F(x)<0恒成立，即f(x)<g(x)恒成立．因此，當(dāng)a＝1時(shí)，在區(qū)間[1，＋∞)上函數(shù)f(x)的圖像在函數(shù)g(x)圖像的下方．14．(2014·江西文)已知函數(shù)f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)eq\r(x)，其中a<0.(1)當(dāng)a＝－4時(shí)，求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若f(x)在區(qū)間[1,4]上的最小值為8，求a的值．答案(1)單調(diào)遞增區(qū)間為(0，eq\f(2,5))，(2，＋∞)(2)a＝－10解析(1)當(dāng)a＝－4時(shí)，由f′(x)＝eq\f(25x－2x－2,\r(x))＝0，得x＝eq\f(2,5)或x＝2.由f′(x)>0，得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))或x∈(2，＋∞)．故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))和(2，＋∞)．(2)f′(x)＝eq\f(10x＋a2x＋a,2\r(x))，a<0，由f′(x)＝0，得x＝－eq\f(a,10)或x＝－eq\f(a,2).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,10)))時(shí)，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,10)，－\f(a,2)))時(shí)，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))時(shí)，f(x)單調(diào)遞增．易知f(x)＝(2x＋a)2eq\r(x)≥0，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝0.①當(dāng)－eq\f(a,2)≤1，即－2≤a<0時(shí)，f(x)在[1,4]上的最小值為f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2eq\r(2)－2，均不符合題意．②當(dāng)1<－eq\f(a,2)≤4，即－8≤a<－2時(shí)，f(x)在[1,4]上的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝0，不符合題意．③當(dāng)－eq\f(a,2)>4，即a<－8時(shí)，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4處取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8，得a＝－10或a＝－6(舍去)．當(dāng)a＝－10時(shí)，f(x)在(1,4)上單調(diào)遞減，f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)＝8，符合題意．綜上有a＝－10.15．(2014·重慶理)已知函數(shù)f(x)＝ae2x－be－2x－cx(a，b，c∈R)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)為偶函數(shù)，且曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線(xiàn)的斜率為4－c.(1)確定a，b的值；(2)若c＝3，判斷f(x)的單調(diào)性；(3)若f(x)有極值，求實(shí)數(shù)c的取值范圍．答案(1)a＝1，b＝1(2)f(x)在R上為增函數(shù)(3)(4，＋∞)思路對(duì)于(1)，先根據(jù)相關(guān)的求導(dǎo)法則，正確求得相應(yīng)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)；再結(jié)合偶函數(shù)的定義及導(dǎo)數(shù)的幾何意義確定相關(guān)的待定系數(shù)，對(duì)于(2)，結(jié)合函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)與基本不等式，由此判定相應(yīng)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的符號(hào)，進(jìn)而確定其單調(diào)性；對(duì)于(3)，結(jié)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與極值的意義，通過(guò)判斷相關(guān)函數(shù)的零點(diǎn)情況，確定待定系數(shù)的取值范圍．解析(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝2ae2x＋2be－2x－c，由f′(x)為偶函數(shù)，知f′(－x)＝f′(x)，即2(a－b)(e2x－e－2x)＝0，所以a＝b.又f′(0)＝2a＋2b－c＝4－c，故a＝1，b(2)當(dāng)c＝3時(shí)，f(x)＝e2x－e－2x－3x，那么f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3≥2eq\r(2e2x·2e－2x)－3＝1＞0，故f(x)在R上為增函數(shù)．(3)由(1)知f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c，而2e2x＋2e－2x≥2eq\r(2e2x·2e－2x)＝4，當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立．下面分三種情況進(jìn)行討論．當(dāng)c＜4時(shí)