【優(yōu)化方案】2021屆高中數(shù)學(xué)人教版高考復(fù)習(xí)知能演練輕松闖關(guān)-第二章第12課時(shí)

[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．函數(shù)y＝lnx－x在x∈(0，e]上的最大值為()A．e B．1C．－1 D．－e解析：選C．函數(shù)y＝lnx－x的定義域?yàn)?0，＋∞)．又y′＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，令y′＝0得x＝1，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，y′＞0，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，e]時(shí)，y′＜0，函數(shù)單調(diào)遞減．當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)取得最大值－1.2．下面為函數(shù)y＝xsinx＋cosx的遞增區(qū)間的是()A．(eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)) B．(π，2π)C．(eq\f(3π,2)，eq\f(5π,2)) D．(2π，3π)解析：選C．y′＝(xsinx＋cosx)′＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，當(dāng)x∈(eq\f(3π,2)，eq\f(5π,2))時(shí)，恒有xcosx>0.3．(2022·湖北荊州質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，且函數(shù)f(x)在x＝－2處取得微小值，則函數(shù)y＝xf′(x)的圖象可能是()解析：選C．f(x)在x＝－2處取得微小值，即x＜－2，f′(x)＜0；x＞－2，f′(x)＞0，那么y＝xf′(x)過(guò)點(diǎn)(0，0)及(－2，0)．當(dāng)x＜－2時(shí)，x＜0，f′(x)＜0，則y＞0；當(dāng)－2＜x＜0時(shí)，x＜0，f′(x)＞0，y＜0；當(dāng)x＞0時(shí)，f′(x)＞0，y＞0.4．函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，(x－1)f′(x)＜0，設(shè)a＝f(0)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，則()A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜b＜aC．c＜a＜b D．b＜c＜a解析：選C．依題意得，當(dāng)x＜1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)；又f(3)＝f(－1)，且－1＜0＜eq\f(1,2)＜1，因此有f(－1)＜f(0)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即有f(3)＜f(0)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＜a＜B．5．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m、n∈[－1，1]，則f(m)＋f′(n)的最小值是()A．－13 B．－15C．10 D．15解析：選A．求導(dǎo)得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在[－1，0)上單調(diào)遞減，在(0，1]上單調(diào)遞增，∴當(dāng)m∈[－1，1]時(shí)，f(m)min＝f(0)＝－4.又f′(x)＝－3x2＋6x的圖象開(kāi)口向下，且對(duì)稱(chēng)軸為x＝1，∴當(dāng)n∈[－1，1]時(shí)，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值為－13.6．函數(shù)y＝2x－eq\f(1,x2)的極大值是________．解析：y′＝2＋eq\f(2,x3)，令y′＝0，得x＝－1.當(dāng)x＜－1時(shí)，y′＞0；當(dāng)x＞－1時(shí)，y′＜0.∴當(dāng)x＝－1時(shí)，y取極大值－3.答案：－37．已知x＝3是函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－10x的一個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a＝________．解析：f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－10，由f′(3)＝eq\f(a,3)＋6－10＝0，得a＝12，經(jīng)檢驗(yàn)滿(mǎn)足條件．答案：128.若函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是R上的單調(diào)增函數(shù)，則m的取值范圍是________．解析：∵f(x)＝x3＋x2＋mx＋1，∴f′(x)＝3x2＋2x＋m.又∵f(x)在R上是單調(diào)函數(shù)，∴Δ＝4－12m≤0，即m≥eq\f(1,3).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))9．(2022·高考重慶卷)設(shè)f(x)＝alnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1，其中a∈R，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線垂直于y軸．(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的極值．解：(1)由于f(x)＝alnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1，故f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(1,2x2)＋eq\f(3,2).由于曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線垂直于y軸，故該切線斜率為0，即f′(1)＝0，從而a－eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)＝0，解得a＝－1.(2)由(1)知f(x)＝－lnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1(x＞0)，f′(x)＝－eq\f(1,x)－eq\f(1,2x2)＋eq\f(3,2)＝eq\f(3x2－2x－1,2x2)＝eq\f(（3x＋1）（x－1）,2x2).令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－eq\f(1,3)(由于x2＝－eq\f(1,3)不在定義域內(nèi)，舍去)．當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在(0，1)上為減函數(shù)；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)．故f(x)在x＝1處取得微小值f(1)＝3.10．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))).(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)設(shè)函數(shù)g(x)＝(f(x)－x3)·ex，若函數(shù)g(x)在x∈[－3，2]上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)c的取值范圍．解：(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax－1.當(dāng)x＝eq\f(2,3)時(shí)，得a＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋2a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))－1，解之，得a＝－1.(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋C．則f′(x)＝3x2－2x－1＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))(x－1)，列表如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘微小值↗所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－eq\f(1,3))和(1，＋∞)；f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)).(3)函數(shù)g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex，有g(shù)′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex＝(－x2－3x＋c－1)ex，由于函數(shù)g(x)在x∈[－3，2]上單調(diào)遞增，所以h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3，2]上恒成立．只要h(2)≥0，解得c≥11，所以c的取值范圍是[11，＋∞)．[力氣提升]1．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1為函數(shù)g(x)＝f(x)ex的一個(gè)極值點(diǎn)，則下列圖象不行能為y＝f(x)的圖象的是()解析：選D．由于[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個(gè)極值點(diǎn)，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；選項(xiàng)D中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不滿(mǎn)足f′(－1)＋f(－1)＝0.2．(2021·高考浙江卷)已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1，2)，則()A．當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)在x＝1處取到微小值B．當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)在x＝1處取到極大值C．當(dāng)k＝2時(shí)，f(x)在x＝1處取到微小值D．當(dāng)k＝2時(shí)，f(x)在x＝1處取到極大值解析：選C．當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)＝(ex－1)(x－1)，則f′(x)＝ex(x－1)＋(ex－1)＝exx－1，所以f′(1)＝e－1≠0，所以f(1)不是極值．當(dāng)k＝2時(shí)，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，則f′(x)＝ex(x－1)2＋2(ex－1)(x－1)＝ex(x2－1)－2(x－1)＝(x－1)[ex(x＋1)－2]，所以f′(1)＝0，且當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0；在x＝1四周的左側(cè)，f′(x)<0，所以f(1)是微小值．3．已知函數(shù)y＝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f(x)的極大值與微小值之差為_(kāi)_______．解析：∵y′＝3x2＋6ax＋3b，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3×22＋6a×2＋3b＝0,3×12＋6a＋3b＝－3))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝0.))∴y′＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，則x＝0或x＝2.∴f(x)極大值－f(x)微小值＝f(0)－f(2)＝4.答案：44．(2022·高考福建卷改編)已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.現(xiàn)給出如下結(jié)論：①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.其中正確結(jié)論的序號(hào)是________．解析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由f′(x)＜0，得1＜x＜3，由f′(x)＞0，得x＜1或x＞3，∴f(x)在區(qū)間(1，3)上是減函數(shù)，在區(qū)間(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函數(shù)．又a＜b＜c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，∴y極大值＝f(1)＝4－abc＞0，y微小值＝f(3)＝－abc＜0，∴0＜abc＜4.∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.又x＝1，x＝3為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，后一種狀況不行能成立，如圖．∴f(0)＜0，∴f(0)f(1)＜0，f(0)f(3)＞0，∴正確結(jié)論的序號(hào)是②③.答案：②③5．(2022·浙江溫州市適應(yīng)性測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝ax2－ex(a∈R)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，試推斷f(x)的單調(diào)性并賜予證明；(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1＜x2)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x2－ex，f(x)在R上單調(diào)遞減，f′(x)＝2x－ex，只要證明f′(x)≤0恒成馬上可，設(shè)g(x)＝f′(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex，當(dāng)x＝ln2時(shí)，g′(x)＝0，當(dāng)x∈(－∞，ln2)時(shí)，g′(x)＞0，當(dāng)x∈(ln2，＋∞)時(shí)，g′(x)＜0.∴f′(x)max＝g(x)max＝g(ln2)＝2ln2－2＜0，故f′(x)＜0恒成立，∴f(x)在R上單調(diào)遞減．(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，則x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個(gè)根，故方程2ax－ex＝0有兩個(gè)根x1，x2，又x＝0明顯不是該方程的根，∴方程2a＝eq\f(ex,x)有兩個(gè)根，設(shè)φ(x)＝eq\f(ex,x)，得φ′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，當(dāng)x＜0時(shí)，φ(x)＜0且φ′(x)＜0，φ(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x＞0時(shí)，φ(x)＞0，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，φ′(x)＜0，φ(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x＞1時(shí)，φ′(x)＞0，φ(x)單調(diào)遞增，要使方程2a＝eq\f(ex,x)有兩個(gè)根，需2a＞φ(1)＝e，故a＞eq\f(e,2)且0＜x1＜1＜x2，故a的取值范圍為(eq\f(e,2)，＋∞)．6．(選做題)(2022·東城區(qū)統(tǒng)一檢測(cè))已知a∈R，函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx－1.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線x＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程；(2)求f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值．解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝eq\f(1,x)＋lnx－1，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x2)，x∈(0，＋∞)．因此f′(2)＝eq\f(1,4)，即曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線斜率為eq\f(1,4).又f(2)＝ln2－eq\f(1,2)，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y－(ln2－eq\f(1,2))＝eq\f(1,4)(x－2)，即x－4y＋4ln2－4＝0.(2)由于f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx－1，所以f′(x)＝－eq\f(a,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－a,x2).令f′(x)＝0，得x＝A．①若a≤0，則f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(0，e]上單調(diào)遞增，此時(shí)函數(shù)f(x)無(wú)最小