2020届高考总复习数学(文科)课时跟踪练(十五)

课时跟踪练(十五)
A组基础巩固
1.(20佃豫南九校第四次质量考评)已知定义在R上的函数f(x), 其导函数f'x(的大致图象如图所示，贝卩下列叙述正确的是()
①f(b)>f(a)>f(c);
②函数f(x)在x= c处取得极小值，在x= e处取得极大值；
③函数f(x)在x= c处取得极大值，在x= e处取得极小值；
④函数f(x)的最小值为f(d).
A .③B.①② C .③④ D .④
解析：由导函数图象可知在(一汽c), (e, )上, f'x)>0，在(c, e)上, f'x)v0，所以函数f(x)在(一乂，c), (e, +乂)上单调递增，在(c, e)上单调递减，所以f(a)vf(b)vf(c)，函数f(x)在x= c处取得极大值，在x= e 处取得极小值，函数f(x)没有最小值.
答案：A
2. (20佃豫南九校质量考评)若函数f(x) = x(x- c)2在x= 2处有
极小值，则常数c的值为()
A. 4
B. 2 或6
C. 2
D. 6
解析：因为f(x) = x(x- c)2,
所以f'x( = 3x2- 4cx+ c2,
又f(x) = x(x—c)2在x= 2处有极小值，
所以 f (2)12 —8c+ c2= 0,解得c= 2 或c= 6,
当c= 2时，f(x) = x(x—c)2在x= 2处有极小值；
当c= 6时，f(x) = x(x—c)2在x= 2处有极大值.
所以c= 2.
答案：C
1
3. 函数f(x) = qx2—In x的最小值为()
A・^ B. 1 C. 0 D.不存在
x2— 1
1
解析：f x) = x —-= --------- 且x>0.
令f' x)>0，得x>1.
令f' x)<0，得0<x<1.
所以f(x)在x= 1处取得极小值也是最小值.
1
=
所以f(x) min
答案：A
4. 设a€ R，若函数y= & + ax有大于零的极值点，则()
A. a< —1
B. a> —1
c 1 c 1
C. a> —
D. a< —一
e e
解析：因为y= e x+ ax,所以y'= e x+ a.
因为函数y= e x+ ax有大于零的极值点，
贝y方程y'= e x+ a= 0有大于零的解，
因为x>0 时，一e x< —1,所以a= —e x v—1.
答案：A
*
5. (20佃郑州质检)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)e x—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：f x) = (x + 2)e x—(x + 2)(3x + 2)=(x + 2)(e x—3x—2),
令f'x) = 0,得x= — 2 或e =3x + 2.
易知x= —2是f(x)的一个极值点，
又e x= 3x + 2,结合函数图象，y= e x与y= 3x+ 2有两个交点.
又e—2工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.
答案：C
6. ________________________________________ 函数f(x) = xe x, x € [0, 4]的最大值是______________________________ .
解析：f'x) = e- x—x e-x= e-x(1 —x),令f'x)= 0,得x= 1.
4 1 1
又f(0) = 0, f(4) = e4, f(1) = e- = e,
所以f(1)=e为最大值.
1
答案：1
e
7. 已知函数f(x)= —x3+ ax2—4在x= 2处取得极值，若m€ [—1, 1],贝S f(m)的最小值为________ .
解析：f'x( = —3x2+ 2ax,由f(x)在x= 2处取得极值知f (2)0, 即—3X 4+ 2a X 2= 0,故a= 3.
由此可得f(x)= —x3+ 3x2— 4.
f'x)= —3x2+6x,由此可得耳口在(—1, 0)上单调递减，在(0,
1)上单调递增，
所以当m€ [ —1, 1]时,f(m)min = f(0) = — 4.
答案：—4
1 x 0
8. 已知奇函数f(x)= viii ix x ' '贝
e x e (x—1)
解析：当x>0 时，f(x) = x—1, f ’x) = 2 ,
x x
所以当x€ (0, 1)时，f'x)V 0,函数f(x)单调递减；当x> 1时，
f 'x(> 0,函数f(x)单调递增.
所以x= 1时，f(x)取到极小值e- 1,即f(x)的最小值为e— 1.
又f(x)为奇函数，且x v 0时，f(x) = h(x),
所以h(x)最大值为—(e—1)= 1 — e.
卩函数h(x)的最大值为
l h (x), X V0,
■
t2, t3 € R，且t i , t2, t3是公差为d的等差数列.
(1) 若t2 = 0, d= 1,求曲线y= f(x)在点(0, f(0))处的切线方程；
(2) 若d= 3,求f(x)的极值；
解：(1)由已知，可得f(x) = x(x- 1)(x +1) = X3—X,故f'x(= 3x2 —1•因此f(0) = 0, f (0)— 1.
又因为曲线y= f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y—f(0) = f (0)( —0),故所求切线方程为x+ y= 0.
(2)由已知得
3 3 2
f(x) = (x —12 + 3)(x —t2)(x—12 —3) = (x —12) —9(x —12) = x —3t2x + (3t2 —9)x —12 + 9(2・
故f' x) = 3x2—6t2x+ 3t2 —9.
令f' x = 0,解得x= t2—3或x= t2 + 3.
当x变化时，f'x(, f(x)的变化情况如下表：
答案：1 —e
9. (2018 天津卷选编)设函数f(x) = (x —td(x—tj(x—13),其中t,
所以函数f(x)的极大值为f(t2—3)= (—3)3—9(—3) = 6 3, 函数f(x)的极小值为f(t2+ 3)= ( 3)3—9X 3= —6 3.
10. (2019哈尔滨模拟)已知函数f(x)= In x—ax(a € R). (1)当a= 丁时，求f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在疋义域内极值点的个数.
1 1
解：⑴当a = 2时，f(x) = In x — ?x ,函数的定义域为(0, +*)且
令 f ' x) = 0,得 x = 2,
当x 变化时，f'x (, f(x)的变化情况如下表: x
(0, 2) 2 (2,+x ) fx)
+ 0
—
f(x)
In 2— 1
故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值=f(2) = In 2- 1,无极小
值.
(2)由(1)知，函数的定义域为(0,+乂),
1 1 — ax f'x) = x — a = %(x >0),
当a <0时，f'x)>0在(0,+x )上恒成立，
即函数f(x)在(0,+乂)上单调递增，此时函数在定义域上无极值
点；
J \\、‘
(1 当 a >0 时，当 x € 0, a,时，f' x)>0,
1 、
当 x € a ，+x 时，Fx)v 0,
1 故函数在x = a 处有极大值.
1 2 -
综上可知，当a < 0时，函数f(x)无极值点；当a >0时，函数f(x) 1
在x = a
处有唯一极值点. B 组素养提升
x
11. (2019安庆二模)已知函数f(x) = 2ef ‘(e)lx —-(e 是自然对数 的底数)，则f(x)的极大值为()
1 A . 2e — 1
B .—- e
C . 1
D . 2ln 2
所以 f (e )2f ‘(—)：，则 f ，(e )：・ 2 1
因此 f'x ( = x — e ，令 f'x (= 0,得 x = 2e.
所以f(x)在(0, 2e)上单调递增，在(2e , +乂)上单调递减.
所以 f(x)在 x = 2e 处得取极大值 f(2e) = 2ln(2e)— 2 = 2ln 2.
答案：D
12.若函数f(x) = 2x 2— 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 ________ .
1 解析：因为f(x)的定义域为(0,+x )，又因为f'x) = 4x — -，所
1 1
k —1v^v k +1, 3
以由f' x)= 0解得x =，由题意得 解得K k v 2 | 2
Ik —1> 0, 解析: 由题意f* 2ef ( e )
1 e
，
答案: 1, 3
13. (2019华大新高考联盟教学质量测评)传说中孙悟空的“如意
金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12 cm且以每秒1 cm等速率缩短，而长度以每秒20 cm等速率增长.已知神针的底面半径只能从12 cm缩到4 cm,且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底
面半径为________ cm.
解析：设神针原来的长度为a cm, t秒时神针的体积为V(t)cm3, 则V(t) = n (121)2 (a + 20t)，其中0W t<8,所以V4(= [ —2(12-圳a + 20t) + (12 —t)2• 20] n.
因为当底面半径为10 cm时其体积最大，所以10= 12—t,解得t= 2,此时V (=0,解得a = 60，所以V(t)= n (1 —t)2 (60+ 20t), 其中0< t< 8.
V4(= 60 n (1 —1)(2-1),当t€ (0, 2)时，V4(0，当t€ (2, 8)
时，V t(0,从而V(t)在(0, 2)上单调递增，在(2, 8)上单调递减，
V(0) = 8 640 n V(8)= 3 520 n 所以当t= 8 时，V(t)有最小值3 520 n. 此时金箍棒的底面半径为 4 cm.
答案：4
14. 设f(x) = xln x—ax2+ (2a—1)x(常数a>0).
(1)令g(x) = f 4，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：⑴由f，X = In x—2ax + 2a,
可得g(x)= In x—2ax + 2a, x€ (0,+^).
1 1 —2ax
所以g'x( = x—2a= 一x・
又a>0,
(1
当x€ 0，2a时，g'x(>0，函数g(x)单调递增，
(1■ 、
当x€ 2a，时，g'x(v0,函数g(x)单调递减.
(1 \
所以函数y = g(x)的单调增区间为0, —\,单调减区间为
(2)由(1)知，f f (1)0.
1 1 ( 1
①当0v a v 2时，2a> 1,由(1)知fx)在0, 2a J内单调递增，可
(1
得当x€ (0, 1)时，f'x)v0,当x€ ! 20)时，Fx(>0.
(1、
所以f(x)在(0, 1)内单调递减，在j, 内单调递增.
所以f(x)在x= 1处取得极小值，不合题意.
1 1
②当a= 2时，2a)1, f x)在(°, 1)内单调递增，在(1,+乂)内单调递减，所以当x€ (0,+x)时，Fx(w0, f(x)单调递减，不合题
意.
11 (1
③当a>2时，0v2a v 1,当x€ 2a，1 时，f'x)>0, f(x)单调递增，当x€ (1,+乂)时，Fx)v0, f(x)单调递减.
所以f(x)在x= 1处取得极大值，符合题意.
(1
综上可知，实数a的取值范围为2，+^・。