高考数学专题复习练习：3-2-2 专项基础训练 7页

‎ A组　专项基础训练 ‎(时间：35分钟)‎ ‎1．(2017·南昌模拟)已知函数f(x)＝(2x－x2)ex，则(　　)‎ A．f()是f(x)的极大值也是最大值 B．f()是f(x)的极大值但不是最大值 C．f(－)是f(x)的极小值也是最小值 D．f(x)没有最大值也没有最小值 ‎【解析】 由题意得f′(x)＝(2－2x)ex＋(2x－x2)ex＝(2－x2)ex，当－＜x＜时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＜－或x＞时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，所以f(x)在x＝处取得极大值f()＝2(－1)e＞0，在x＝－处取得极小值f(－)＝2(－－1)e－＜0，又当x＜0时，f(x)＝(2x－x2)ex＜0，所以f()是f(x)的极大值也是最大值．‎ ‎【答案】 A ‎2．(2017·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是(　　)‎ A．y＝x3　　　　　　　　　　 　B．y＝ln(－x)‎ C．y＝xe－x D．y＝x＋ ‎【解析】 由题可知，B，C选项中的函数不是奇函数，A选项中，函数y＝x3单调递增(无极值)，而D选项中的函数既为奇函数又存在极值．‎ ‎【答案】 D ‎3．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　　)‎ ‎【解析】 由函数f(x)在x＝－2处取得极小值，可得f′(－2)＝0，且当x∈(a，－2)(a＜－2)时，f(x)单调递减，即f′(x)＜0；当x∈(－2，b)(b＞－2)时，f(x)单调递增，即f′(x)＞0.‎ 所以函数y＝xf′(x)在区间(a，－2)(a＜－2)内的函数值为正，在区间(－2，b)(－2＜b＜0)内的函数值为负，由此可排除选项A，B，D.‎ ‎【答案】 C ‎4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于(　　)‎ A．11或18 B．11‎ C．18 D．17或18‎ ‎【解析】 ∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，‎ ‎∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，‎ 即解得或 而当时，函数在x＝1处无极值，故舍去．‎ ‎∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，‎ ‎∴f(2)＝18.‎ ‎【答案】 C ‎5．(2017·黑龙江大庆铁人中学期中)若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于(　　)‎ A．4 B．8‎ C．9 D．18‎ ‎【解析】 因为f(x)＝4x3－ax2－bx＋2，所以f′(x)＝12x2－2ax－b.由于函数f(x)在x＝1处有极值，所以f′(1)＝0，即12－2a－b＝0，2a＋b＝12.因为a＞0，b＞0，所以ab＝·2a·b≤＝18，当且仅当2a＝b＝6，即a＝3，b＝6时取等号，所以ab的最大值是18.故选D.‎ ‎【答案】 D ‎6．函数f(x)＝＋x2－3x－4在[0，2]上的最小值是________．‎ ‎【解析】 f′(x)＝x2＋2x－3，f′(x)＝0，x∈[0，2]，‎ 得x＝1.‎ 比较f(0)＝－4，f(1)＝－，‎ f(2)＝－，可知最小值为－.‎ ‎【答案】 － ‎7．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是 ‎________．‎ ‎【解析】 ∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.‎ ‎∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，‎ 则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，‎ ‎∵x＞0时，－ex＜－1，∴a＝－ex＜－1.‎ ‎【答案】 (－∞，－1)‎ ‎8．(2016·北京)设函数f(x)＝ ‎(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；‎ ‎(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________．‎ ‎【解析】 (1)若a＝0，则f(x)＝当x＞0时，f(x)＝－2x＜0；当x≤0时，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，当x＜－1时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，当－1＜x＜0时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，∴f(x)≤f(－1)＝2.∴f(x)的最大值为2.‎ ‎(2)在同一平面直角坐标系中画出y＝－2x和y＝x3－3x的图象，如图所示，当a＜－1时，f(x)无最大值；当－1≤a≤2时，f(x)max＝2；当a＞2时，f(x)max＝a3－3a.‎ 综上，当a∈(－∞，－1)时，f(x)无最大值．‎ ‎【答案】 (1)2　(2)(－∞，－1)‎ ‎9．(2017·济宁模拟节选)已知函数f(x)＝(k≠0)．求函数f(x)的极值．‎ ‎【解析】 f(x)＝，其定义域为(0，＋∞)，‎ 则f′(x)＝－.‎ 令f′(x)＝0，得x＝1，‎ 当k＞0时，若0＜x＜1，则f′(x)＞0；‎ 若x＞1，则f′(x)＜0，‎ ‎∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，函数f(x)取得极大值.‎ 当k＜0时，若0＜x＜1，则f′(x)＜0；‎ 若x＞1，则f′(x)＞0，‎ ‎∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x＝1时，函数f(x)取得极小值.‎ ‎10．已知函数f(x)＝(x－k)ex.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值．‎ ‎【解析】 (1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)ex.‎ 令f′(x)＝0，得x＝k－1.‎ f(x)与f′(x)随x的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，k－1)‎ k－1‎ ‎(k－1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  ‎－ek－1‎  所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．‎ ‎(2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0，1]上单调递增，‎ 所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；‎ 当0＜k－1＜1，即1＜k＜2时，‎ f(x)在[0，k－1]上单调递减，在[k－1，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；‎ 当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0，1]上单调递减，‎ 所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.‎ 综上，当k≤1时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；当1＜k＜2时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；‎ 当k≥2时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.‎ B组　专项能力提升 ‎(时间：30分钟)‎ ‎11．(2017·山东威海模拟)设f′(x)为函数f(x)的导函数，已知x2f′(x)＋xf(x)＝ln x，f(e)＝，则下列结论正确的是(　　)‎ A．f(x)在(0，＋∞)上单调递增 B．f(x)在(0，＋∞)上单调递减 C．f(x)在(0，＋∞)上有极大值 D．f(x)在(0，＋∞)上有极小值 ‎【解析】 由x2f′(x)＋xf(x)＝ln x，得xf′(x)＋f(x)＝，从而[xf(x)]′＝.令g(x)＝xf(x)，则f(x)＝，∴f′(x)＝＝，令h(x)＝ln x－g(x)，则h′(x)＝－g′(x)＝－＝(x＞0)．令h′(x)＞0，即1－ln x＞0，解得0＜x＜e，此时h(x)为增函数；令h′(x)＜0，即1－ln x＜0，解得x＞e，此时h(x)为减函数．由f(e)＝，得g(e)＝ef(e)＝1.∴h(x)在(0，＋∞)上有极大值h(e)＝ln e－g(e)＝1－1＝0，也是最大值，∴h(x)≤0，即f′(x)≤0，当且仅当x＝e时，f′(x)＝0.∴f(x)在(0，＋∞)上为减函数．故选B.‎ ‎【答案】 B ‎12．若函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象可能为(　　)‎ ‎【解析】 根据f′(x)的符号，f(x)图象应该是先下降后上升，最后下降，排除A、D；从适合f′(x)＝0的点可以排除B.‎ ‎【答案】 C ‎13．函数f(x)＝x3－3ax＋b(a＞0)的极大值为6，极小值为2，则f(x)的单调递减区间是________．‎ ‎【解析】 令f′(x)＝3x2－3a＝0，得x＝±，‎ 则f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，－)‎ ‎－ ‎(－，)‎ ‎(，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  从而 解得 所以f(x)的单调递减区间是(－1，1)．‎ ‎【答案】 (－1，1)‎ ‎14．(2017·辽宁鞍山一中二模)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是________．‎ ‎【解析】 因为f′(x)＝3x2＋2mx＋(m＋6)，所以Δ＝4m2－4×3(m＋6)＞0，解得m＞6或m＜－3，所以实数m的取值范围是(－∞，－3)∪(6，＋∞)．‎ ‎【答案】 (－∞，－3)∪(6，＋∞)‎ ‎15．设f(x)＝，其中a为正实数．‎ ‎(1)当a＝时，求f(x)的极值点；‎ ‎(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．‎ ‎【解析】 对f(x)求导得f′(x)＝ex·.①‎ ‎(1)当a＝时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，‎ 解得x1＝，x2＝.结合①，可知 x f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  所以x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．‎ ‎(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a＞0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，即Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a＞0，知0＜a≤1.所以a的取值范围为{a|0＜a≤1}．‎ ‎16．(2017·烟台模拟)已知函数f(x)＝ax－2x(a＞0，且a≠1)．‎ ‎(1)当a＝2时，求曲线f(x)在点P(2，f(2))处的切线方程；‎ ‎(2)若f(x)的值恒非负，试求a的取值范围；‎ ‎(3)若函数f(x)存在极小值g(a)，求g(a)的最大值．‎ ‎【解析】 (1)当a＝2时，f(x)＝2x－2x，‎ 所以f′(x)＝2xln 2－2，所以f′(2)＝4ln 2－2，‎ 又f(2)＝0，所以所求切线方程为y＝(4ln 2－2)(x－2)．‎ ‎(2)当x≤0时，f(x)≥0恒成立；‎ 当x＞0时，若0＜a＜1，则x＞1时，‎ f(x)＜1－2＜0，与题意矛盾，故a＞1.‎ 由f(x)≥0知ax≥2x，所以xln a≥ln(2x)，‎ 所以ln a≥.‎ 令g(x)＝，则g′(x)＝＝，令g′(x)＝0，则x＝，‎ 且0＜x＜时，g′(x)＞0，x＞时，g′(x)＜0，‎ 则g(x)max＝g＝＝，‎ 所以ln a≥，a≥e，即a的取值范围为[e，＋∞)．‎ ‎(3)f′(x)＝axln a－2，‎ ‎①当0＜a＜1时，ax＞0，ln a＜0，则f′(x)＜0，‎ 所以f(x)在R上为减函数，f(x)无极小值．‎ ‎②当a＞1时，设方程f′(x)＝0的根为t，得at＝，‎ 即t＝loga＝，‎ 所以f(x)在(－∞，t)上为减函数，在(t，＋∞)上为增函数，所以f(x)的极小值为f(t)＝at－2t＝－2，‎ 即g(a)＝－2，又a＞1，所以＞0.‎ 设h(x)＝x－xln x，x＞0，则h′(x)＝1－ln x－x·＝－ln x，‎ 令h′(x)＝0，得x＝1，‎ 所以h(x)在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，‎ 所以h(x)的最大值为h(1)＝1，‎ 即g(a)的最大值为1，此时a＝e2.‎