2023届高考一轮复习讲义（理科）第三章　导数及其应用 第2讲　第2课时　高效演练分层突破学案

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1．(2020·辽宁沈阳一模)设函数f(x)＝xex＋1，则( )
A．x＝1为f(x)的极大值点
B．x＝1为f(x)的极小值点
C．x＝－1为f(x)的极大值点
D．x＝－1为f(x)的极小值点
解析：选D.由f(x)＝xex＋1，可得f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)>0可得x>－1，即函数f(x)在(－1，＋∞)上是增函数；令f′(x)<0可得x<－1，即函数f(x)在(－∞，－1)上是减函数，所以x＝－1为f(x)的极小值点．故选D.
2．函数y＝eq \f(x,ex)在[0，2]上的最大值是( )
A.eq \f(1,e) B．eq \f(2,e2)
C．0 D．eq \f(1,2\r(e))
解析：选A.易知y′＝eq \f(1－x,ex)，x∈[0，2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得1＜x≤2，所以函数y＝eq \f(x,ex)在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y＝eq \f(x,ex)在[0，2]上的最大值是y|x＝1＝eq \f(1,e)，故选A.
3．(2020·广东惠州4月模拟)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＝x·f′(x)的图象可能是( )
解析：选C.因为函数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，所以当x>－2时，f′(x)>0；当x＝－2时，f′(x)＝0；当x<－2时，f′(x)<0.
所以当－2当x<－2时，xf′(x)>0.故选C.
4．(2020·河北石家庄二中期末)若函数f(x)＝(1－x)(x2＋ax＋b)的图象关于点(－2，0)对称，x1，x2分别是f(x)的极大值点与极小值点，则x2－x1＝( )
A．－eq \r(3) B．2eq \r(3)
C．－2eq \r(3) D．eq \r(3)
解析：选C.由题意可得f(－2)＝3(4－2a＋b)＝0，
因为函数图象关于点(－2，0)对称，且f(1)＝0，
所以f(－5)＝0，
即f(－5)＝6(25－5a＋b)＝0，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b－2a＋4＝0，,b－5a＋25＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝10，,a＝7.))
故f(x)＝(1－x)(x2＋7x＋10)＝－x3－6x2－3x＋10，
则f′(x)＝－3x2－12x－3＝－3(x2＋4x＋1)，
结合题意可知x1，x2是方程x2＋4x＋1＝0的两个实数根，且x1>x2，
故x2－x1＝－|x1－x2|＝－eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝－eq \r(（－4）2－4×1)＝－2eq \r(3).
5．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为( )
A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞)
C．(－∞，－3) D．(－∞，－3]
解析：选D.由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，所以k≤－3.
6.
函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝________．
解析：函数f(x)的图象过原点，所以d＝0.又f(－1)＝0且f(2)＝0，即－1＋b－c＝0且8＋4b＋2c＝0，解得b＝－1，c＝－2，所以函数f(x)＝x3－x2－2x，所以f′(x)＝3x2－2x－2，由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2＝eq \f(2,3)，x1x2＝－eq \f(2,3)，所以xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝eq \f(4,9)＋eq \f(4,3)＝eq \f(16,9).
答案：eq \f(16,9)
7．若函数f(x)＝x3－3ax在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a的取值范围为________．
解析：因为f′(x)＝3(x2－a)，所以当a≤0时，f′(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，f(x)没有极值点，不符合题意；当a>0时，令f′(x)＝0得x＝±eq \r(a)，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示：
因为函数f(x)在区间(－1，2)上仅有一个极值点，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(a)<2，,－\r(a)≤－1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(a)>－1，,2≤\r(a)，))解得1≤a<4.
答案：[1，4)
8．函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，
由f′(x)＝0得x＝±a，
当－a当x>a或x<－a时，f′(x)>0，函数单调递增，
所以f(x)的极大值为f(－a)，极小值为f(a)．
所以f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0.
解得a>eq \f(\r(2),2).
所以a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))
9．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)(a2＋a＋2)x2＋a2(a＋2)x，a∈R.
(1)当a＝－1时，求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)求函数y＝f(x)的极值点．
解：(1)当a＝－1时，f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋x，
f′(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，
所以函数f(x)是R上的增函数，单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．
(2)因为f′(x)＝x2－(a2＋a＋2)x＋a2(a＋2)＝(x－a2)·[x－(a＋2)]，
①当a＝－1或a＝2时，a2＝a＋2，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)为增函数，无极值点．
②当a＜－1或a＞2时，a2＞a＋2，
可得当x∈(－∞，a＋2)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数；当x∈(a＋2，a2)时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数；当x∈(a2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数．
所以当x＝a＋2时，函数f(x)有极大值f(a＋2)；当x＝a2时，函数f(x)有极小值f(a2)．
③当－1＜a＜2时，a2＜a＋2，
可得当x∈(－∞，a2)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数；当x∈(a2，a＋2)时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数；当x∈(a＋2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数．
所以当x＝a＋2时，函数f(x)有极小值f(a＋2); 当x＝a2时，函数f(x)有极大值f(a2)．
综上所述，当a＝－1或a＝2时，f(x)无极值点；
当a＜－1或a＞2时，f(x)的极大值点为x＝a＋2，极小值点为x＝a2；
当－1＜a＜2时，f(x)的极大值点为x＝a2，极小值点为x＝a＋2.
10．已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x)－1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设m>0，求函数f(x)在区间[m，2m]上的最大值．
解：(1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（x）>0，,x>0))得0由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（x）<0，,x>0，))得x>e.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
(2)①当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m≤e，,m>0))，
即0所以f(x)max＝f(2m)＝eq \f(ln 2m,2m)－1；
②当m函数f(x)在区间[m，e)上单调递增，在(e，2m]上单调递减，
所以f(x)max＝f(e)＝eq \f(ln e,e)－1＝eq \f(1,e)－1；
③当m≥e时，[m，2m]⊆(e，＋∞)，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递减，所以f(x)max＝f(m)＝eq \f(ln m,m)－1.
综上所述，当0[综合题组练]
1．(2020·重庆模拟)已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－eq \f(x,e)(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为( )
A．2e－1 B．－eq \f(1,e)
C．1 D．2ln 2
解析：选D.由题意知f′(x)＝eq \f(2ef′（e）,x)－eq \f(1,e)，
所以f′(e)＝eq \f(2ef′（e）,e)－eq \f(1,e)，f′(e)＝eq \f(1,e)，
所以f′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(1,e)，
令f′(x)＝0，得x＝2e，
所以f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2，选D.
2．若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋x2－eq \f(2,3)在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是( )
A．[－5，0) B．(－5，0)
C．[－3，0) D．(－3，0)
解析：选C.由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其大致图象如图所示，
令eq \f(1,3)x3＋x2－eq \f(2,3)＝－eq \f(2,3)得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3≤a＜0，,a＋5＞0，))解得a∈[－3，0)．
3．(2020·河南驻马店模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x3＋3x2＋2，x≤0，,eax，x>0))在[－2，2]上的最大值为3，则实数a的取值范围是( )
A．(ln 3，＋∞) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)ln 3))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)ln 3)) D．(－∞，ln 3]
解析：选C.由题意，当x≤0时，f(x)＝2x3＋3x2＋2，可得f′(x)＝6x2＋6x＝6x(x＋1)，所以当－2≤x<－1时，f′(x)>0，函数f(x)在[－2，－1)上单调递增，当－14．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则a＝________，f(x)的极小值为________．
解析：因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2答案：－1 －1
5．(2020·石家庄市质量检测)已知函数f(x)＝aex－sin x，其中a∈R，e为自然对数的底数．
(1)当a＝1时，证明：∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥1；
(2)若函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在极值，求实数a的取值范围．
解：(1)证明：当a＝1时，f(x)＝ex－sin x，于是f′(x)＝ex－cs x.
当x∈[0，＋∞)时，ex＞1且cs x≤1.
故当x∈[0，＋∞)时，ex－cs x＞0，即f′(x)＞0.
所以函数f(x)＝ex－sin x为[0，＋∞)上的增函数，因为f(0)＝1，
所以∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥1.
(2)法一：由f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在极值，得f′(x)＝aex－cs x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在零点．
①当a∈(0，1)时，f′(x)＝aex－cs x为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的增函数，
注意到f′(0)＝a－1＜0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝a·eeq \s\up6(\f(π,2))＞0，
所以，存在唯一实数x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得f′(x0)＝0成立．
当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)为(0，x0)上的减函数；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，f(x)为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上的增函数．
所以x0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))为函数f(x)的极小值点．
②当a≥1时，f′(x)＝aex－cs x≥ex－cs x＞0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立．
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上没有极值．
③当a≤0时，f′(x)＝aex－cs x＜0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上没有极值．
综上所述，若f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在极值，则实数a的取值范围是(0，1)．
法二：由函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在极值，
得f′(x)＝aex－cs x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在零点，
即a＝eq \f(cs x,ex)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有解．
设g(x)＝eq \f(cs x,ex)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则g′(x)＝eq \f(－（sin x＋cs x）,ex)＜0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，所以g(x)为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的减函数．所以g(x)的值域为(0，1)，所以当实数a∈(0，1)时，f′(x)＝aex－cs x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在零点．
下面证明，当a∈(0，1)时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在极值．
事实上，当a∈(0，1)时，f′(x)＝aex－cs x为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的增函数，
注意到f′(0)＝a－1＜0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝a·eeq \s\up6(\f(π,2))＞0，所以存在唯一实数x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
使得f′(x0)＝0成立．
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，x0))时，f′(x)＜0，f(x)为(0，x0)上的减函数；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，f(x)为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上的增函数．
即x0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))为函数f(x)的极小值点．
综上所述，若函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在极值，则实数a的取值范围是(0，1)．
6．已知函数f(x)＝aln x＋eq \f(1,x)(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)是否存在实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
解：由题意，知函数的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(1,x2)(a>0)．
(1)由f′(x)>0，解得x>eq \f(1,a)，
所以函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))；
由f′(x)<0，解得x所以函数f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a))).
所以当x＝eq \f(1,a)时，函数f(x)有极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝aln eq \f(1,a)＋a＝a－aln a.
(2)不存在．理由如下：
由(1)可知，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，函数f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，函数f(x)单调递增．
①若0故函数f(x)的最小值为f(1)＝aln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．
②若1故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝aln eq \f(1,a)＋a＝a－aln a＝a(1－ln a)＝0，即ln a＝1，解得a＝e，而eq \f(1,e)≤a<1，故不满足条件．
③若eq \f(1,a)>e，即0综上所述，不存在这样的实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0.
x
(－∞，－3)
－3
(－3，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

x
(－∞，－eq \r(a))
－eq \r(a)
(－eq \r(a)，eq \r(a))
eq \r(a)
(eq \r(a)，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值
