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.docx

[基础达标]
1．函数y＝ln x－x在x∈(0，e]上的最大值为(　　)
A．e B．1
C．－1 D．－e
解析：选C．函数y＝ln x－x的定义域为(0，＋∞)．
又y′＝－1＝，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＝xsin x＋cos x的递增区间的是(　　)
A．(，) B．(π，2π)
C．(，) D．(2π，3π)
解析：选C．y′＝(xsin x＋cos x)′＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，当x∈(，)时，恒有xcos x>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＝f，c＝f(3)，则(　　)
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．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＜＜1，因此有f(－1)＜f(0)＜f，即有f(3)＜f(0)＜f，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．－15
C．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－的极大值是________．
解析：y′＝2＋，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：－3
7．已知x＝3是函数f(x)＝aln x＋x2－10x的一个极值点，则实数a＝________．
解析：f′(x)＝＋2x－10，由f′(3)＝＋6－10＝0，得a＝12，经检验满足条件．
答案：12
8.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≥.
答案：
9．(2022·高考重庆卷)设f(x)＝aln x＋＋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)＝aln x＋＋x＋1，
故f′(x)＝－＋.
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－＋＝0，
解得a＝－1.
(2)由(1)知f(x)＝－ln x＋＋x＋1(x＞0)，
f′(x)＝－－＋
＝＝.
令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－(由于x2＝－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′.
(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＝时，得a＝f′＝3×＋2a×－1，
解之，得a＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋C．
则f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，
列表如下：

x

－

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(－∞，－)和(1，＋∞)；
f(x)的单调递减区间是.
(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，
⇒
∴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：4
4．(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：②③
5．(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＝ln 2时，g′(x)＝0，
当x∈(－∞，ln 2)时，g′(x)＞0，当x∈(ln 2，＋∞)时，
g′(x)＜0.
∴f′(x)max＝g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2＜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＝有两个根，
设φ(x)＝，得φ′(x)＝，
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＝有两个根，需2a＞φ(1)＝e，
故a＞且0＜x1＜1＜x2，
故a的取值范围为(，＋∞)．
6．(选做题)(2022·东城区统一检测)已知a∈R，函数f(x)＝＋ln x－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)＝＋ln x－1，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－＋＝，x∈(0，＋∞)．
因此f′(2)＝，即曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为.
又f(2)＝ln 2－，
所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－(ln 2－)＝(x－2)，即x－4y＋4ln 2－4＝0.
(2)由于f(x)＝＋ln x－1，
所以f′(x)＝－＋＝.
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)无最小值．
②若0＜a＜e，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，函数f(x)在区间(0，a)上单调递减，当x∈(a，e]时，f′(x)＞0，函数f(x)在区间(a，e]上单调递增，
所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值ln A．
③若a≥e，则当x∈(0，e]时，f′(x)≤0，函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，
所以当x＝e时，函数f(x)取得最小值.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)在区间(0，e]上无最小值；
当0＜a＜e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为ln a；
当a≥e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为.