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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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
