2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习函数与导数考点过关检测三十四解析

考点过关检测（三十四）1．函数f(x)＝xe－x，x∈[0,4]的最小值为()A．0B.1eC.4e4D.2e2解析：选Af′(x)＝1－xex，当x∈[0,1)时，f′(x)0，f(x)单调递增，当x∈(1,4]时，f′(x)0，f(x)单调递减，因为f(0)＝0，f(4)＝4e40，所以当x＝0时，f(x)有最小值，且最小值为0.2．已知函数f(x)＝2ef′(e)lnx－xe，则f(x)的极大值点为()A.1eB．1C．eD．2e解析：选D∵f′(x)＝2ef′ex－1e，∴f′(e)＝1e，∴f(x)＝2lnx－xe，f′(x)＝2x－1e.令f′(x)0，得0x2e，令f′(x)0，得x2e，∴f(x)在(0,2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，∴x＝2e时，f(x)取得极大值，则f(x)的极大值点为2e.故选D.3．(2019·沈阳模拟)若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则常数c为()A．2B．6C．2或6D．－2或－6解析：选B∵f(x)＝x(x－c)2＝x3－2cx2＋c2x，∴f′(x)＝3x2－4cx＋c2，由题意知，f′(2)＝12－8c＋c2＝0，解得c＝6或c＝2，又函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，故导数值在x＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c＝2时，f′(x)＝3x2－8x＋4＝3x－23(x－2)，不满足导数值在x＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c＝6时，f′(x)＝3x2－24x＋36＝3(x2－8x＋12)＝3(x－2)(x－6)，满足导数值在x＝2处左侧为正数，右侧为负数．故c＝6.4．(2019·湛江一模)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax－a存在极值点x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，则x1＋2x0＝()A．3B．2C．1D．0解析：选Cf′(x)＝3x2－2x＋a.∵函数f(x)＝x3－x2＋ax－a存在极植点x0，∴3x20－2x0＋a＝0，即a＝－3x20＋2x0.∵f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，∴x31－x21＋ax1－a＝x30－x20＋ax0－a，化简得x21＋x1x0＋x20－(x1＋x0)＋a＝0，把a＝－3x20＋2x0代入上述方程可得：x21＋x1x0＋x20－(x1＋x0)－3x20＋2x0＝0，化简得x21＋x1x0－2x20＋x0－x1＝0，即(x1－x0)(x1＋2x0－1)＝0，又x1－x0≠0，∴x1＋2x0＝1.故选C.5．已知定义在R上的函数y＝f(x)满足f(－x)＝－f(x)，当x∈(0,2]时，f(x)＝lnx－axa12，当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，则a的值等于()A．e2B．eC．2D．1解析：选A因为定义在R上的函数y＝f(x)满足f(－x)＝－f(x)，所以y＝f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，因为当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，所以当x∈(0,2]时，f(x)＝lnx－axa12的最大值为－3.又f′(x)＝1－axx(0x≤2)，所以当0x1a时，f′(x)0；当1ax≤2时，f′(x)0，所以函数f(x)＝lnx－ax在区间0，1a上单调递增，在区间1a，2上单调递减，故f(x)max＝f1a＝ln1a－a×1a＝－3，解得a＝e2.6．(2019·肇庆二模)已知x＝1是f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex的极小值点，则实数a的取值范围是()A．(1，＋∞)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，1)解析：选D函数f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex，则f′(x)＝[x2－(a＋1)x＋a]ex＝[(x－1)(x－a)]ex.①当a＝1时，f′(x)＝(x－1)2ex≥0恒成立，所以f(x)是R上的单调递增函数，无极值点，不满足题意．②当a1时，由f′(x)0，得xa或x1；由f′(x)0，得1xa，所以f(x)在(－∞，1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减，所以x＝1是f(x)的极大值点，不满足题意．③当a1时，由f′(x)0，得x1或xa；由f′(x)0，得ax1，所以f(x)在(－∞，a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a,1)上单调递减，所以x＝1是f(x)的极小值点，满足题意．所以实数a的取值范围为(－∞，1)．7．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是________．解析：f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0得x＝0或x＝2(舍)，当－1x0时，f′(x)0；当0x1时，f′(x)0，所以当x＝0时，函数取得极大值即最大值，所以f(x)的最大值为2.答案：28．对于函数f(x)＝xex，下列说法正确的有________(填序号)．①f(x)在x＝1处取得极大值1e；②f(x)有两个不同的零点；③f(4)f(π)f(3)；④πe22eπ.解析：由函数f(x)＝xex，可得函数f(x)的导数为f′(x)＝1－xex.当x1时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x1时，f′(x)0，f(x)单调递增．可得函数f(x)在x＝1处取得极大值1e，且为最大值，所以①正确；因为f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f(0)＝0，当x0时，f(x)0恒成立，所以函数f(x)只有一个零点，所以②错误；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且4π31，可得f(4)f(π)f(3)，所以③正确；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且π21，可得πeπ2e2，即πe22eπ，所以④错误．故填①③.答案：①③9．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a0时，令f′(x)＝0得x＝±a，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示；x(－∞，－a)－a(－a，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值因为函数f(x)在区间(－1,2)上仅有一个极值点，所以a2，－a≤－1或－a－1，2≤a，解得1≤a4.答案：[1,4)10．(2019·保定模拟)已知函数f(x)＝3x＋lnx＋ax，且函数f(x)的图象在点x＝1处的切线与y轴垂直．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数f(x)在区间3t，t＋2上的最小值为F(t)，试求F(t)的最小值．解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝3＋1x－ax2，由题意得，f′(1)＝4－a＝0，解得a＝4，所以f(x)＝3x＋lnx＋4x，f′(x)＝3＋1x－4x2＝3x＋4x－1x2.令f′(x)0，解得x1；令f′(x)0，解得0x1，所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)由已知得t0，t＋23t，解得t1.由(1)知f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．①当3t1，即t3时，f(x)在3t，1上单调递减，在(1，t＋2]上单调递增，故F(t)＝f(1)＝7.②当3t≥1，即1t≤3时，f(x)在3t，t＋2上单调递增，所以F(t)＝f3t＝9t＋ln3－lnt＋4t3，则F′(t)＝4t＋9t－33t2≤0，所以F(t)在(1,3]上单调递减，故F(t)min＝F(3)＝7，综上，F(t)的最小值是7.11．(2019·青岛一模)已知函数f(x)＝x－ex＋a2x2＋1，a≤1，e＝2.718…为自然对数的底数．(1)当a≤0时，证明：函数f(x)只有一个零点；(2)若函数f(x)存在两个不同的极值点x1，x2，求实数a的取值范围．解：(1)证明：f′(x)＝1－ex＋ax.令g(x)＝1－ex＋ax，则g′(x)＝a－ex.当a≤0时，g′(x)0，所以f′(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．因为f′(0)＝0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)≤f(0)＝0，故f(x)只有一个零点．(2)由(1)知，a≤0时不符合题意．当0a1时，因为x∈(－∞，lna)时，g′(x)0；x∈(lna，＋∞)时，g′(x)0.又因为f′(0)＝0，所以f′(lna)0.因为f′－1a＝－e－1a0.设φ(a)＝lna＋1a，a∈(0,1)，则φ′(a)＝1a－1a2＝a－1a20，所以φ(a)φ(1)＝10，即－1alna.所以存在x1∈－1a，lna，满足f′(x1)＝0.所以x∈(－∞，x1)，f′(x)0；x∈(x1,0)，f′(x)0；x∈(0，＋∞)，f′(x)0，此时f(x)存在两个极值点x1,0，符合题意．当a＝1时，因为x∈(－∞，0)时，g′(x)0；x∈(0，＋∞)时，g′(x)0，所以g(x)≤g(0)＝0，即f′(x)≤0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f(x)无极值点，不合题意．综上可得，实数a的取值范围为(0,1)．