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    2023届高考一轮复习讲义(文科)第三章 导数及其应用 第3讲 高效演练 分层突破学案
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    2023届高考一轮复习讲义(文科)第三章 导数及其应用 第3讲 高效演练 分层突破学案

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    这是一份2023届高考一轮复习讲义(文科)第三章 导数及其应用 第3讲 高效演练 分层突破学案,共6页。

    1.函数f(x)=2x3+9x2-2在[-4,2]上的最大值和最小值分别是( )
    A.25,-2 B.50,14
    C.50,-2 D.50,-14
    解析:选C.因为f(x)=2x3+9x2-2,所以f′(x)=6x2+18x,当x∈[-4,-3)或x∈(0,2]时,f′(x)>0,f(x)为增函数,当x∈(-3,0)时,f′(x)<0,f(x)为减函数,由f(-4)=14,f(-3)=25,f(0)=-2,f(2)=50,故函数f(x)=2x3+9x2-2在[-4,2]上的最大值和最小值分别是50,-2.
    2.已知函数y=f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示,给出下列判断:
    ①函数y=f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-3,-\f(1,2)))内单调递增;
    ②当x=-2时,函数y=f(x)取得极小值;
    ③函数y=f(x)在区间(-2,2)内单调递增;
    ④当x=3时,函数y=f(x)有极小值.
    则上述判断正确的是( )
    A.①② B.②③
    C.①②④ D.③④
    解析:选B.对于①,函数y=f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-3,-\f(1,2)))内有增有减,故①不正确;
    对于②,当x=-2时,函数y=f(x)取得极小值,故②正确;
    对于③,当x∈(-2,2)时,恒有f′(x)>0,则函数y=f(x)在区间(-2,2)上单调递增,故③正确;
    对于④,当x=3时,f′(x)≠0,故④不正确.
    3.已知函数f(x)=2f′(1)ln x-x,则f(x)的极大值为( )
    A.2 B.2ln 2-2
    C.e D.2-e
    解析:选B.函数f(x)定义域(0,+∞),f′(x)=eq \f(2f′(1),x)-1,所以f′(1)=1,f(x)=2ln x-x,令f′(x)=eq \f(2,x)-1=0,解得x=2.当00,当x>2时,f′(x)<0,所以当x=2时函数取得极大值,极大值为2ln 2-2.
    4.用边长为120 cm的正方形铁皮做一个无盖水箱,先在四周分别截去一个小正方形,然后把四边翻转90°角,再焊接成水箱,则水箱的最大容积为( )
    A.120 000 cm3 B.128 000 cm3
    C.150 000 cm3 D.158 000 cm3
    解析:选B.设水箱底长为x cm,则高为eq \f(120-x,2)cm.
    由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(120-x,2)>0,,x>0,))得0<x<120.
    设容器的容积为y cm3,则有y=-eq \f(1,2)x3+60x2.
    求导数,有y′=-eq \f(3,2)x2+120x.
    令y′=0,解得x=80(x=0舍去).
    当x∈(0,80)时,y′>0;当x∈(80,120)时,y′<0.
    因此,x=80是函数y=-eq \f(1,2)x3+60x2的极大值点,也是最大值点,
    此时y=128 000.故选B.
    5.函数f(x)=3x2+ln x-2x的极值点的个数是( )
    A.0 B.1
    C.2 D.无数
    解析:选A.函数定义域为(0,+∞),
    且f′(x)=6x+eq \f(1,x)-2=eq \f(6x2-2x+1,x),
    由于x>0,g(x)=6x2-2x+1的Δ=-20<0,
    所以g(x)>0恒成立,故f′(x)>0恒成立,
    即f(x)在定义域上单调递增,无极值点.
    6.函数f(x)=x3-3x2+4在x= 处取得极小值.
    解析:由f′(x)=3x2-6x=0,得x=0或x=2.列表
    所以在x=2处取得极小值.
    答案:2
    7.已知函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1.若函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线斜率为6,则实数a= ;若函数在(-1,3)内既有极大值又有极小值,则实数a的取值范围是 .
    解析:f′(x)=3x2+2ax+a+6,结合题意f′(1)=3a+9=6,解得a=-1;若函数在(-1,3)内既有极大值又有极小值,则f′(x)=0在(-1,3)内有2个不相等的实数根,则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ=4a2-12(a+6)>0,,f′(-1)>0,,f′(3)>0,))解得-eq \f(33,7)答案:-1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(33,7),-3))
    8.(2020·甘肃兰州一中期末改编)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex的极值点,则f′(-2)= ,f(x)的极小值为 .
    解析:由函数f(x)=(x2+ax-1)ex可得f′(x)=(2x+a)ex+(x2+ax-1)ex,因为x=-2是函数f(x)的极值点,所以f′(-2)=(-4+a)e-2+(4-2a-1)e-2=0,即-4+a+3-2a=0,解得a=-1.所以f′(x)=(x2+x-2)ex.令f′(x)=0可得x=-2或x=1.当x<-2或x>1时,f′(x)>0,此时函数f(x)为增函数,当-2答案:0 -e
    9.(2020·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f(x)=eq \f(mx-n,x)-ln x,m∈R.
    (1)若函数f(x)的图象在(2,f(2))处的切线与直线x-y=0平行,求实数n的值;
    (2)试讨论函数f(x)在区间[1,+∞)上的最大值.
    解:(1)由题意得f′(x)=eq \f(n-x,x2),所以f′(2)=eq \f(n-2,4).由于函数f(x)的图象在(2,f(2))处的切线与直线x-y=0平行,所以eq \f(n-2,4)=1,解得n=6.
    (2)f′(x)=eq \f(n-x,x2),令f′(x)<0,得x>n;令f′(x)>0,得x①当n≤1时,函数f(x)在[1,+∞)上单调递减,
    所以f(x)max=f(1)=m-n;
    ②当n>1时,函数f(x)在[1,n)上单调递增,在(n,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(n)=m-1-ln n.
    10.(2019·高考江苏卷节选)设函数f(x)=(x-a)(x-b)·(x-c),a,b,c∈R,f′(x)为f(x)的导函数.
    (1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值;
    (2)若a≠b,b=c,且f(x)和f′(x)的零点均在集合{-3,1,3}中,求f(x)的极小值.
    解:(1)因为a=b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3.
    因为f(4)=8,所以(4-a)3=8,解得a=2.
    (2)因为b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2,
    从而f′(x)=3(x-b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(2a+b,3))).令f′(x)=0,得x=b或x=eq \f(2a+b,3).
    因为a,b,eq \f(2a+b,3)都在集合{-3,1,3}中,且a≠b,
    所以eq \f(2a+b,3)=1,a=3,b=-3.
    此时,f(x)=(x-3)(x+3)2,f′(x)=3(x+3)(x-1).
    令f′(x)=0,得x=-3或x=1.列表如下:
    所以f(x)的极小值为f(1)=(1-3)(1+3)2=-32.
    [综合题组练]
    1.(2020·郑州质检)若函数y=f(x)存在n-1(n∈N*)个极值点,则称y=f(x)为n折函数,例如f(x)=x2为2折函数.已知函数f(x)=(x+1)ex-x(x+2)2,则f(x)为( )
    A.2折函数 B.3折函数
    C.4折函数 D.5折函数
    解析:选C.f′(x)=(x+2)ex-(x+2)(3x+2)=(x+2)·(ex-3x-2),令f′(x)=0,得x=-2或ex=3x+2.
    易知x=-2是f(x)的一个极值点,
    又ex=3x+2,结合函数图象,y=ex与y=3x+2有两个交点.又e-2≠3×(-2)+2=-4.
    所以函数y=f(x)有3个极值点,则f(x)为4折函数.
    2.若函数f(x)=2x2-ln x在其定义域的一个子区间(k-1,k+1)内存在最小值,则实数k的取值范围是 .
    解析:因为f(x)的定义域为(0,+∞),又因为f′(x)=4x-eq \f(1,x),所以由f′(x)=0解得x=eq \f(1,2),由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k-1<\f(1,2)答案:eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(3,2)))
    3.已知函数f(x)=eq \f(ex+2,x).
    (1)求函数f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
    (2)证明:f(x)仅有唯一的极小值点.
    解:(1)因为f′(x)=eq \f(ex(x-1)-2,x2),
    所以k=f′(1)=-2.又因为f(1)=e+2,
    所以切线方程为y-(e+2)=-2(x-1),即2x+y-e-4=0.
    (2)证明:令h(x)=ex(x-1)-2,则h′(x)=ex·x,所以x∈(-∞,0)时,h′(x)<0,x∈(0,+∞)时,h′(x)>0.当x∈(-∞,0)时,易知h(x)<0,
    所以f′(x)<0,f(x)在(-∞,0)上没有极值点.
    当x∈(0,+∞)时,
    因为h(1)=-2<0,h(2)=e2-2>0,
    所以f′(1)<0,f′(2)>0,f(x)在(1,2)上有极小值点.
    又因为h(x)在(0,+∞)上单调递增,
    所以f(x)仅有唯一的极小值点.
    4.设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x(常数a>0).
    (1)令g(x)=f′(x),求g(x)的单调区间;
    (2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.
    解:(1)由f′(x)=ln x-2ax+2a,
    可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞).
    所以g′(x)=eq \f(1,x)-2a=eq \f(1-2ax,x).又a>0,
    当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2a)))时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,
    当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a),+∞))时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减.
    所以函数y=g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2a))),单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a),+∞)).
    (2)由(1)知,f′(1)=0.
    ①当01,由(1)知f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2a)))上单调递增,可得当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(1,2a)))时,f′(x)>0.
    所以f(x)在(0,1)内单调递减,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(1,2a)))上单调递增.
    所以f(x)在x=1处取得极小值,不符合题意.
    ②当a=eq \f(1,2)时,eq \f(1,2a)=1,f′(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以当x∈(0,+∞)时,f′(x)≤0,f(x)单调递减,不符合题意.
    ③当a>eq \f(1,2)时,00,f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
    所以f(x)在x=1处取极大值,符合题意.
    综上可知,实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2),+∞)).
    x
    (-∞,0)
    0
    (0,2)
    2
    (2,+∞)
    f′(x)

    0

    0

    f(x)

    极大值

    极小值

    x
    (-∞,-3)
    -3
    (-3,1)
    1
    (1,+∞)
    f′(x)

    0

    0

    f(x)

    极大值

    极小值

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