【高考調研】2016屆高三理科數學一輪復習配套題組層級快練18題組層級快練(十八)(第二次作業)1．若定義在閉區間[a，b]上的連續函數y＝f(x)有唯一的極值點x＝x0，且f(x0)為極小值，則下列說法正確的是()A．函數f(x)有最小值f(x0)B．函數f(x)有最小值，但不一定是f(x0)C．函數f(x)有最大值也可能是f(x0)D．函數f(x)不一定有最小值答案A解析閉區間上的唯一的極值點就是最值點．2．函數f(x)＝eq\f(x,ex)，x∈[0,4]的最大值是()A．0 B.eq\f(1,e)C.eq\f(4,e4) D.eq\f(2,e2)答案B3．若函數f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內有最小值，則實數a的取值范圍為()＋∞)時，f′(x)>0.故x＝eq\f(1,e)和x＝e分別是函數f(x)的極大值點和極小值點，故函數f(x)在(eq\f(1,e)，1)和(1，e)上單調遞減，所以A，B錯；當0<x<1時，lnx<0，f(x)<0，故C錯；若x0≥e，f(x)在(x0，＋∞)上是增函數，D正確．5．(2015·四川內江一模)已知函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋cx＋d有極值，則實數c的取值范圍為()A．c<eq\f(1,4) B．c≤eq\f(1,4)C．c≥eq\f(1,4) D．c>eq\f(1,4)答案A解析由題意可知f′(x)＝x2－x＋c＝0有兩個不同的實根，所以Δ＝1－4c>0?c<eq\f(1,4).6．f(x)＝ex－x(e為自然對數的底數)在區間[－1,1]上的最大值是()A．1＋eq\f(1,e) B．1C．e＋1 D．e－1答案D解析f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0.令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0，則函數f(x)在(－1,0)上單調遞減，在(0,1)上單調遞增，f(－1)＝e－1＋1，f(1)＝e－1，f(－1)－f(1)＝eq\f(1,e)＋2－e<eq\f(1,2)＋2－e<0，所以f(1)>f(－1)．故選D.7．若函數f(x)＝eq\f(x2＋a,x＋1)在x＝1處取極值，則a＝________.答案3解析f′(x)＝eq\f(x2＋2x－a,x＋12)，由f(x)在x＝1處取得極值知f′(1)＝0，∴a＝3.8．(2015·黑龍江哈爾濱一模)函數y＝x＋2cosx在區間[0，eq\f(π,2)]上的最大值是________．答案eq\f(π,6)＋eq\r(3)解析y′＝1－2sinx，令y′＝0，且x∈[0，eq\f(π,2)]，得x＝eq\f(π,6).則x∈[0，eq\f(π,6))時，y′>0；x∈(eq\f(π,6)，eq\f(π,2)]時，y′<0，故函數在[0，eq\f(π,6))上單調遞增，在(eq\f(π,6)，eq\f(π,2)]上單調遞減，所以當x＝eq\f(π,6)時，函數取最大值eq\f(π,6)＋eq\r(3).9．(2015·昌平一模)已知函數f(x)＝4lnx＋ax2－6x＋b(a，b為常數)，且x＝2為f(x)的一個極值點，則實數a的值為________．答案1解析由題意知，函數f(x)的定義域為(0，＋∞)．∵f′(x)＝eq\f(4,x)＋2ax－6，∴f′(2)＝2＋4a－6＝0，即a＝1.10．下列關于函數f(x)＝(2x－x2)ex的判斷正確的是________．①f(x)>0的解集是{x|0<x<2}；②f(－eq\r(2))是極小值，f(eq\r(2))是極大值；③f(x)既沒有最小值，也沒有最大值．答案①②③解析若f(x)＝(2x－x2)ex>0，則0<x<2，①正確；∵f′(x)＝－ex(x＋eq\r(2))(x－eq\r(2))，∴f(x)在(－∞，－eq\r(2))和(eq\r(2)，＋∞)上單調遞減，在(－eq\r(2)，eq\r(2))上單調遞增．∴f(－eq\r(2))是極小值，f(eq\r(2))是極大值，②正確；易知③也正確．11．(2015·啟東中學調研)已知函數f(x)＝ex＋alnx的定義域是D，關于函數f(x)給出下列命題：①對于任意a∈(0，＋∞)，函數f(x)是D上的減函數；②對于任意a∈(－∞，0)，函數f(x)存在最小值；③存在a∈(0，＋∞)，使得對于任意的x∈D，都有f(x)>0成立；④存在a∈(－∞，0)，使得函數f(x)有兩個零點．其中正確命題的序號是________．(寫出所有正確命題的序號)答案②④解析由f(x)＝ex＋alnx，可得f′(x)＝ex＋eq\f(a,x)，若a>0，則f′(x)>0，得函數f(x)是D上的增函數，存在x∈(0,1)，使得f(x)<0即得命題①③不正確；若a<0，設ex＋eq\f(a,x)＝0的根為m，則在(0，m)上f′(x)<0，在(m，＋∞)上f′(x)>0，所以函數f(x)存在最小值f(m)，即命題②正確；若f(m)<0，則函數f(x)有兩個零點，即命題④正確．綜上可得，正確命題的序號為②④.12．已知函數f(x)＝－x2＋ax＋1－lnx.(1)若f(x)在(0，eq\f(1,2))上是減函數，求實數a的取值范圍；(2)函數f(x)是否既有極大值又有極小值？若存在，求出實數a的取值范圍；若不存在，請說明理由．答案(1)a≤3(2)a>2eq\r(2)解析(1)f′(x)＝－2x＋a－eq\f(1,x)，∵f(x)在(0，eq\f(1,2))上為減函數，∴x∈(0，eq\f(1,2))時－2x＋a－eq\f(1,x)≤0恒成立，即a≤2x＋eq\f(1,x)恒成立．設g(x)＝2x＋eq\f(1,x)，則g′(x)＝2－eq\f(1,x2).∵x∈(0，eq\f(1,2))時eq\f(1,x2)>4，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，eq\f(1,2))上單調遞減，g(x)>g(eq\f(1,2))＝3，∴a≤3.(2)若f(x)既有極大值又有極小值，則f′(x)＝0必須有兩個不等的正實數根x1，x2，即2x2－ax＋1＝0有兩個不等的正實數根．故a應滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,\f(a,2)>0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－8>0，,a>0))?a>2eq\r(2).∴當a>2eq\r(2)時，f′(x)＝0有兩個不等的實數根．不妨設x1<x2，由f′(x)＝－eq\f(1,x)(2x2－ax＋1)＝－eq\f(2,x)(x－x1)(x－x2)知，0<x<x1時f′(x)<0，x1<x<x2時f′(x)>0，x>x2時f′(x)<0，∴當a>2eq\r(2)時f(x)既有極大值f(x2)又有極小值f(x1)．13．(2015·衡水調研卷)已知函數f(x)＝eq\f(1,2)x2＋alnx.(1)若a＝－1，求函數f(x)的極值，并指出是極大值還是極小值；(2)若a＝1，求函數f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；(3)若a＝1，求證：在區間[1，＋∞)上函數f(x)的圖像在函數g(x)＝eq\f(2,3)x3的圖像的下方．答案(1)極小值為eq\f(1,2)(2)f(x)min＝eq\f(1,2)，f(x)max＝eq\f(1,2)e2＋1(3)略解析(1)由于函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，當a＝－1時，f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x＋1x－1,x)，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)．當x∈(0,1)時，函數f(x)單調遞減，當x∈(1，＋∞)時，函數f(x)單調遞增，所以f(x)在x＝1處取得極小值，極小值為eq\f(1,2).(2)當a＝1時，易知函數f(x)在[1，e]上為增函數，所以f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)，f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,2)e2＋1.(3)證明：設F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx－eq\f(2,3)x3，則F′(x)＝x＋eq\f(1,x)－2x2＝eq\f(1－x1＋x＋2x2,x)，當x>1時，F′(x)<0，故F(x)在區間(1，＋∞)上是減函數．又因為F(1)＝－eq\f(1,6)<0，所以在區間[1，＋∞)上F(x)<0恒成立，即f(x)<g(x)恒成立．因此，當a＝1時，在區間[1，＋∞)上函數f(x)的圖像在函數g(x)圖像的下方．14．(2014·江西文)已知函數f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)eq\r(x)，其中a<0.(1)當a＝－4時，求f(x)的單調遞增區間；(2)若f(x)在區間[1,4]上的最小值為8，求a的值．答案(1)單調遞增區間為(0，eq\f(2,5))，(2，＋∞)(2)a＝－10解析(1)當a＝－4時，由f′(x)＝eq\f(25x－2x－2,\r(x))＝0，得x＝eq\f(2,5)或x＝2.由f′(x)>0，得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))或x∈(2，＋∞)．故函數f(x)的單調遞增區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))和(2，＋∞)．(2)f′(x)＝eq\f(10x＋a2x＋a,2\r(x))，a<0，由f′(x)＝0，得x＝－eq\f(a,10)或x＝－eq\f(a,2).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,10)))時，f(x)單調遞增；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,10)，－\f(a,2)))時，f(x)單調遞減；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))時，f(x)單調遞增．易知f(x)＝(2x＋a)2eq\r(x)≥0，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝0.①當－eq\f(a,2)≤1，即－2≤a<0時，f(x)在[1,4]上的最小值為f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2eq\r(2)－2，均不符合題意．②當1<－eq\f(a,2)≤4，即－8≤a<－2時，f(x)在[1,4]上的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝0，不符合題意．③當－eq\f(a,2)>4，即a<－8時，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4處取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8，得a＝－10或a＝－6(舍去)．當a＝－10時，f(x)在(1,4)上單調遞減，f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)＝8，符合題意．綜上有a＝－10.15．(2014·重慶理)已知函數f(x)＝ae2x－be－2x－cx(a，b，c∈R)的導函數f′(x)為偶函數，且曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線的斜率為4－c.(1)確定a，b的值；(2)若c＝3，判斷f(x)的單調性；(3)若f(x)有極值，求實數c的取值范圍．答案(1)a＝1，b＝1(2)f(x)在R上為增函數(3)(4，＋∞)思路對于(1)，先根據相關的求導法則，正確求得相應函數的導數；再結合偶函數的定義及導數的幾何意義確定相關的待定系數，對于(2)，結合函數的導函數與基本不等式，由此判定相應函數的導數的符號，進而確定其單調性；對于(3)，結合函數的導數與極值的意義，通過判斷相關函數的零點情況，確定待定系數的取值范圍．解析(1)對f(x)求導得f′(x)＝2ae2x＋2be－2x－c，由f′(x)為偶函數，知f′(－x)＝f′(x)，即2(a－b)(e2x－e－2x)＝0，所以a＝b.又f′(0)＝2a＋2b－c＝4－c，故a＝1，b(2)當c＝3時，f(x)＝e2x－e－2x－3x，那么f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3≥2eq\r(2e2x·2e－2x)－3＝1＞0，故f(x)在R上為增函數．(3)由(1)知f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c，而2e2x＋2e－2x≥2eq\r(2e2x·2e－2x)＝4，當x＝0時等號成立．下面分三種情況進行討論．當c＜4時