【名師一號】2022屆高三數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)基礎(chǔ)練習(xí)：第二章-函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用2-12-2-

其次課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值時間：45分鐘分值：100分eq\x(基)eq\x(礎(chǔ))eq\x(必)eq\x(做)一、選擇題1．y＝x·2x取微小值時，x＝()A.eq\f(1,ln2) B．－eq\f(1,ln2)C．－ln2 D．ln2解析y′＝2x＋x·2xln2＝0，∴x＝－eq\f(1,ln2).答案B2．函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是()A．－eq\f(17,3) B．－eq\f(10,3)C．－4 D．－eq\f(64,3)解析f′(x)＝x2＋2x－3，令f′(x)＝0得x＝1(x＝－3舍去)，又f(0)＝－4，f(1)＝－eq\f(17,3)，f(2)＝－eq\f(10,3)，故f(x)在[0,2]上的最小值是f(1)＝－eq\f(17,3).答案A3．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，則f(2)等于()A．11或18 B．11C．18 D．17或18解析∵函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋a＋b＋a2＝10，,3＋2a＋b＝0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11.))而當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3))時，函數(shù)在x＝1處無極值，故舍去．∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16.∴f(2)＝18.故選C.答案C4．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)過點(0,0)及(－2,0)．當(dāng)x<－2時，x<0，f′(x)<0，則y>0；當(dāng)－2<x<0時，x<0，f′(x)>0，y<0；當(dāng)x>0時，f′(x)>0，y>0，故C正確．答案C5．已知f(x)＝eq\f(1,2)x2－cosx，x∈[－1,1]，則導(dǎo)函數(shù)f′(x)是()A．僅有最小值的奇函數(shù)B．既有最大值，又有最小值的偶函數(shù)C．僅有最大值的偶函數(shù)D．既有最大值，又有最小值的奇函數(shù)解析f′(x)＝x＋sinx，明顯f′(x)是奇函數(shù)，令h(x)＝f′(x)，則h(x)＝x＋sinx，求導(dǎo)得h′(x)＝1＋cosx.當(dāng)x∈[－1,1]時，h′(x)>0，所以h(x)在[－1,1]上單調(diào)遞增，有最大值和最小值，所以f′(x)是既有最大值又有最小值的奇函數(shù)．答案D6．(2021·山東德州期末)設(shè)函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)內(nèi)有定義，對于給定的正數(shù)K，定義函數(shù)fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，fx≤K，,K，fx>K，))取函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，恒有fK(x)＝f(x)，則()A．K的最大值為eq\f(1,e) B．K的最小值為eq\f(1,e)C．K的最大值為2 D．K的最小值為2解析由f(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，令f′(x)＝eq\f(\f(ex,x)－lnx＋1ex,e2x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx＋1,ex)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，即f(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)在x＝1時取得最大值eq\f(1,e)，而f(x)≤K恒成立，所以eq\f(1,e)≤K，故K的最小值為eq\f(1,e)，選B.答案B二、填空題7．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值為________．解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x＝x－\f(1,x)>0，,x>0，))得x>1.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x＝x－\f(1,x)<0，,x>0，))得0<x<1，∴f(x)在x＝1時，取得最小值f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)8．已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在極大值又存在微小值，則實數(shù)m的取值范圍是________．解析f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有兩個不等實根，即Δ＝4m2－12×(m＋6)>0.所以m>6或m<－3.答案(－∞，－3)∪(6，＋∞)9．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，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)論的序號是②③.答案②③三、解答題10．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2＋bx(a、b為常數(shù))，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函數(shù)．(1)求f(x)的表達(dá)式；(2)爭辯g(x)的單調(diào)性，并求g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值、最小值．解(1)由已知，f′(x)＝3ax2＋2x＋b，因此g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.∵g(x)為奇函數(shù)．∴g(－x)＝－g(x)．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a＋1＝0，,b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,3)，,b＝0.))∴f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x2.(2)由(1)知g(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x，∴g′(x)＝－x2＋2.令g′(x)＝0，解得x1＝－eq\r(2)，x2＝eq\r(2)，∴當(dāng)x∈(－∞，－eq\r(2))，(eq\r(2)，＋∞)時，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(－eq\r(2)，eq\r(2))時，g(x)單調(diào)遞增．又g(1)＝eq\f(5,3)，g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，g(2)＝eq\f(4,3)，∴g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，最小值為g(2)＝eq\f(4,3).11．已知函數(shù)f(x)＝x2－1與函數(shù)g(x)＝alnx(a≠0)．(1)若f(x)，g(x)的圖象在點(1,0)處有公共的切線，求實數(shù)a的值；(2)設(shè)F(x)＝f(x)－2g(x)，求函數(shù)F(x)的極值．解(1)由于f(1)＝0，g(1)＝0.所以點(1,0)同時在函數(shù)f(x)，g(x)的圖象上，由于f(x)＝x2－1，g(x)＝alnx，所以f′(x)＝2x，g′(x)＝eq\f(a,x).由已知，得f′(1)＝g′(1)，所以2＝eq\f(a,1)，即a＝2.(2)由于F(x)＝f(x)－2g(x)＝x2－1－2alnx(x>0)．所以F′(x)＝2x－eq\f(2a,x)＝eq\f(2x2－a,x)，當(dāng)a<0時，由于x>0，且x2－a>0，所以F′(x)>0對x>0恒成立．所以F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)無極值；當(dāng)a>0時，令F′(x)＝0，解得x1＝eq\r(a)，x2＝－eq\r(a)(舍去)．所以當(dāng)x>0時，F(xiàn)′(x)，F(xiàn)(x)的變化狀況如下表：x(0，eq\r(a))eq\r(a)(eq\r(a)，＋∞)F′(x)－0＋F(x)遞減微小值遞增所以當(dāng)x＝eq\r(a)時，F(xiàn)(x)取得微小值，且F(eq\r(a))＝(eq\r(a))2－1－2alneq\r(a)＝a－1－alna.綜上，當(dāng)a<0時，函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上無極值；當(dāng)a>0時，函數(shù)F(x)在x＝eq\r(a)處取得微小值a－1－alna.eq\x(培)eq\x(優(yōu))eq\x(演)eq\x(練)1．(理)f(x)滿足x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，f(2)＝eq\f(e2,8)，則x>0時，f(x)()A．有極大值，無微小值B．有微小值，無極大值C．既有極大值又有微小值D．既無極大值也無微小值解析由題意知f′(x)＝eq\f(ex,x3)－eq\f(2fx,x)＝eq\f(ex－2x2fx,x3)，令g(x)＝ex－2x2f(x)，則g′(x)＝ex－2x2f′(x)－4xf(x)＝ex－2(x2f′(x)＋2xf(x))＝ex－eq\f(2ex,x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,x))).由g′(x)＝0得x＝2，當(dāng)x＝2時，g(x)min＝e2－2×22×eq\f(e2,8)＝0.即g(x)≥0，則當(dāng)x>0時，f′(x)＝eq\f(gx,x3)≥0.故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，既無極大值也無微小值．答案D(文)如圖是函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致圖象，則xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()A.eq\f(8,9) B.eq\f(10,9)C.eq\f(16,9) D.eq\f(28,9)解析由圖象可得f(x)＝x(x＋1)(x－2)＝x3－x2－2x，又∵x1、x2是f′(x)＝3x2－2x－2＝0的兩根，∴x1＋x2＝eq\f(2,3)，x1x2＝－eq\f(2,3)，故xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋2×eq\f(2,3)＝eq\f(16,9).答案C2．已知f′(x)是函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,x)的導(dǎo)函數(shù)，則下列結(jié)論中正確的是()A．?x0∈R，?x∈R，且x≠0，f(x)≤f(x0)B．?x0∈R，?x∈R，且x≠0，f(x)≥f(x0)C．?x0∈R，?x∈(x0，＋∞)，f′(x)<0D．?x0∈R，?x∈(x0，＋∞)，f′(x)>0解析令f′(x)＝1－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－1,x2)＝0，∴x＝±1.當(dāng)x∈(－∞，－1)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(－1,0)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，畫出函數(shù)的草圖(圖略)．當(dāng)x>0時，f(x)≥2；當(dāng)x<0時，f(x)≤－2.故函數(shù)在其定義域內(nèi)沒有最大值和最小值，故A，B錯；因當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，故C錯；當(dāng)x0≥1時滿足，在x∈(x0，＋∞)，f′(x)>0時滿足，故D正確．答案D3．已知函數(shù)f(x)的定義域是[－1,5]，部分對應(yīng)值如下表，f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示.x－10245f(x)121.521下列關(guān)于函數(shù)f(x)的命題：①函數(shù)f(x)的值域為[1,2]；②函數(shù)f(x)在[0,2]上是減函數(shù)；③假如當(dāng)x∈[－1，t]時，f(x)的最大值是2，那么t的最大值為4；④當(dāng)1<a<2時，函數(shù)y＝f(x)－a最多有4個零點．其中正確命題的序號是________．解析由導(dǎo)函數(shù)圖象可知，當(dāng)－1<x<0及2<x<4時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)0<x<2及4<x<5時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．當(dāng)x＝0及x＝4時，函數(shù)f(x)取得極大值f(0)＝2，f(4)＝2；當(dāng)x＝2時，函數(shù)f(x)取得微小值f(2)＝1.5.又f(－1)＝f(5)＝1，所以函數(shù)f(x)的最大值為2，最小值為1，值域為[1,2]，所以①②正確．由于當(dāng)x＝0及x＝4時，函數(shù)f(x)取得極大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使當(dāng)x∈[－1，t]時，函數(shù)f(x)的最大值是2，則0≤t≤5，所以t的最大值為5，所以③不正確．由于f(x)的微小值為f(2)＝1.5，極大值為f(0)＝f(4)＝2，所以當(dāng)1<a<2時，函數(shù)y＝f(x)－a最多有4個零點，所以④正確．故填①②④.答案①②④4．已知f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝eq\f(lnx,x)，其中e是自然常數(shù)，a∈R.(1)爭辯當(dāng)a＝1時，函數(shù)f(x)的單調(diào)性和極值；(2)求證：在(1)的條件下，f(x)>g(x)＋eq\f(1,2)；(3)是否存在實數(shù)a，使f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．解(1)∵f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，∴當(dāng)0<x<1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)1<x<e時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．∴f(x)的微小值為f(1)＝1.(2)證明：∵f(x)的微小值為1，即f(x)在(0，e]上的最小值為1，∴f(x)min＝1.