【优化方案】2021届高中数学人教版高考复习知能演练轻松闯关-第二章第12课时

[基础达标]1．函数y＝lnx－x在x∈(0，e]上的最大值为()A．e B．1C．－1 D．－e解析：选C．函数y＝lnx－x的定义域为(0，＋∞)．又y′＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，令y′＝0得x＝1，当x∈(0，1)时，y′＞0，函数单调递增；当x∈(1，e]时，y′＜0，函数单调递减．当x＝1时，函数取得最大值－1.2．下面为函数y＝xsinx＋cosx的递增区间的是()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：选C．y′＝(xsinx＋cosx)′＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈(eq\f(3π,2)，eq\f(5π,2))时，恒有xcosx>0.3．(2022·湖北荆州质检)设函数f(x)在R上可导，其导函数是f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得微小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是()解析：选C．f(x)在x＝－2处取得微小值，即x＜－2，f′(x)＜0；x＞－2，f′(x)＞0，那么y＝xf′(x)过点(0，0)及(－2，0)．当x＜－2时，x＜0，f′(x)＜0，则y＞0；当－2＜x＜0时，x＜0，f′(x)＞0，y＜0；当x＞0时，f′(x)＞0，y＞0.4．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，设a＝f(0)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，则()A．a＜b＜c B．c＜b＜aC．c＜a＜b D．b＜c＜a解析：选C．依题意得，当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；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．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m、n∈[－1，1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是()A．－13 B．－15C．10 D．15解析：选A．求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函数f(x)在x＝2处取得极值知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)上单调递减，在(0，1]上单调递增，∴当m∈[－1，1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1，1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.6．函数y＝2x－eq\f(1,x2)的极大值是________．解析：y′＝2＋eq\f(2,x3)，令y′＝0，得x＝－1.当x＜－1时，y′＞0；当x＞－1时，y′＜0.∴当x＝－1时，y取极大值－3.答案：－37．已知x＝3是函数f(x)＝alnx＋x2－10x的一个极值点，则实数a＝________．解析：f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－10，由f′(3)＝eq\f(a,3)＋6－10＝0，得a＝12，经检验满足条件．答案：128.若函数f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调增函数，则m的取值范围是________．解析：∵f(x)＝x3＋x2＋mx＋1，∴f′(x)＝3x2＋2x＋m.又∵f(x)在R上是单调函数，∴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·高考重庆卷)设f(x)＝alnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴．(1)求a的值；(2)求函数f(x)的极值．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).由于曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴，故该切线斜率为0，即f′(1)＝0，从而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)不在定义域内，舍去)．当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，1)上为减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上为增函数．故f(x)在x＝1处取得微小值f(1)＝3.10．已知函数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)求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex，若函数g(x)在x∈[－3，2]上单调递增，求实数c的取值范围．解：(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax－1.当x＝eq\f(2,3)时，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．则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)↗极大值↘微小值↗所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－eq\f(1,3))和(1，＋∞)；f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)).(3)函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex，有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex＝(－x2－3x＋c－1)ex，由于函数g(x)在x∈[－3，2]上单调递增，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的取值范围是[11，＋∞)．[力气提升]1．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数g(x)＝f(x)ex的一个极值点，则下列图象不行能为y＝f(x)的图象的是()解析：选D．由于[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；选项D中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.2．(2021·高考浙江卷)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1，2)，则()A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到微小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到微小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值解析：选C．当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，则f′(x)＝ex(x－1)＋(ex－1)＝exx－1，所以f′(1)＝e－1≠0，所以f(1)不是极值．当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，则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，且当x>1时，f′(x)>0；在x＝1四周的左侧，f′(x)<0，所以f(1)是微小值．3．已知函数y＝f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图象在x＝1处的切线平行于直线6x＋2y＋5＝0，则f(x)的极大值与微小值之差为________．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，则x＝0或x＝2.∴f(x)极大值－f(x)微小值＝f(0)－f(2)＝4.答案：44．(2022·高考福建卷改编)已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.其中正确结论的序号是________．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)在区间(1，3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．又a＜b＜c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，∴y极大值＝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为函数f(x)的极值点，后一种状况不行能成立，如图．∴f(0)＜0，∴f(0)f(1)＜0，f(0)f(3)＞0，∴正确结论的序号是②③.答案：②③5．(2022·浙江温州市适应性测试)已知函数f(x)＝ax2－ex(a∈R)．(1)当a＝1时，试推断f(x)的单调性并赐予证明；(2)若f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－ex，f(x)在R上单调递减，f′(x)＝2x－ex，只要证明f′(x)≤0恒成马上可，设g(x)＝f′(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，当x＝ln2时，g′(x)＝0，当x∈(－∞，ln2)时，g′(x)＞0，当x∈(ln2，＋∞)时，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上单调递减．(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，则x1，x2是方程f′(x)＝0的两个根，故方程2ax－ex＝0有两个根x1，x2，又x＝0明显不是该方程的根，∴方程2a＝eq\f(ex,x)有两个根，设φ(x)＝eq\f(ex,x)，得φ′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，当x＜0时，φ(x)＜0且φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，当x＞0时，φ(x)＞0，当0＜x＜1时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，当x＞1时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，要使方程2a＝eq\f(ex,x)有两个根，需2a＞φ(1)＝e，故a＞eq\f(e,2)且0＜x1＜1＜x2，故a的取值范围为(eq\f(e,2)，＋∞)．6．(选做题)(2022·东城区统一检测)已知a∈R，函数f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx－1.(1)当a＝1时，求曲线x＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)求f(x)在区间(0，e]上的最小值．解：(1)当a＝1时，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)，即曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为eq\f(1,4).又f(2)＝ln2－eq\f(1,2)，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为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，则f′(x)＞0，f(x)在区间(0，e]上单调递增，此时函数f(x)无最小