新高考2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点函数与导数考点过关检测三十文20200116069

考点过关检测（三十）
1．函数f (x )＝x e －x
，x ∈[0,4]的最小值为( ) A ．0 B.1e C.4e
4 D.2e
2 解析：选A f ′(x )＝1－x
e
x ，
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)＝4
e 4>0，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 )＝2e f ′(e)ln x －x
e ，则
f (x )的极大值点为( )
A.1e B ．1 C ．e
D ．2e 解析：选D ∵f ′(x )＝2e f ′(e )x －1e ，∴f ′(e)＝1
e
，
∴f (x )＝2ln x －x e ，f ′(x )＝2x －1
e
.
令f ′(x )>0，得0<x <2e ， 令f ′(x )<0，得x >2e ，
∴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 ．2 B ．6 C ．2或6
D ．－2或－6
解析：选B ∵f (x )＝x (x －c )2
＝x 3
－2cx 2
＋c 2
x ，
∴f ′(x )＝3x 2
－4cx ＋c 2
，由题意知，f ′(2)＝12－8c ＋c 2
＝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 )＝3x 2－8x ＋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 )＝3x 2－24x ＋36＝3(x 2
－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 )＝x 3－x 2
＋ax －a 存在极值点x 0，且f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，则x 1＋2x 0＝( )
A ．3
B ．2
C ．1
D ．0
解析：选C f ′(x )＝3x 2
－2x ＋a .
∵函数f (x )＝x 3
－x 2
＋ax －a 存在极植点x 0， ∴3x 2
0－2x 0＋a ＝0，即a ＝－3x 2
0＋2x 0. ∵f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0， ∴x 3
1－x 2
1＋ax 1－a ＝x 3
0－x 2
0＋ax 0－a ， 化简得x 2
1＋x 1x 0＋x 2
0－(x 1＋x 0)＋a ＝0，
把a ＝－3x 2
0＋2x 0代入上述方程可得：x 2
1＋x 1x 0＋x 2
0－(x 1＋x 0)－3x 2
0＋2x 0＝0， 化简得x 2
1＋x 1x 0－2x 2
0＋x 0－x 1＝0， 即(x 1－x 0)(x 1＋2x 0－1)＝0，又x 1－x 0≠0， ∴x 1＋2x 0＝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 )＝ln x
－ax ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a >12，当x ∈[－2,0)时，f (x )的最小值为3，则a 的值等于( ) A ．e 2
B ．e
C ．2
D ．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 )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a >12的最大值为－3. 又f ′(x )＝1－ax
x
(0<x ≤2)，
所以当0<x <1
a
时，f ′(x )>0；
当1
a
<x ≤2时，f ′(x )<0，
所以函数f (x )＝ln x －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
＝ln 1a －a ×1a
＝－3，解得a ＝e 2
.
6．(2019·肇庆二模)已知x ＝1是f (x )＝[x 2－(a ＋3)x ＋2a ＋3]e x
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]e x，
则f′(x)＝[x2－(a＋1)x＋a]e x＝[(x－1)(x－a)]e x.
①当a＝1时，f′(x)＝(x－1)2e x≥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a>1时，由f′(x)>0，得x>a或x<1；由f′(x)<0，得1<x<a，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a<1时，由f′(x)>0，得x>1或x<a；由f′(x)<0，得a<x<1，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－1<x<0时，f′(x)>0；
当0<x<1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：2
8．对于函数f(x)＝x
e x
，下列说法正确的有________(填序号)．
①f(x)在x＝1处取得极大值1 e ；
②f(x)有两个不同的零点；
③f(4)<f(π)<f(3)；
④πe2>2eπ.
解析：由函数f(x)＝x
e x ，可得函数f(x)的导数为f′(x)＝
1－x
e x
.当x>1时，f′(x)<0，
f(x)单调递减；当x<1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
1
e
，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x>0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4>π>3>1，可得f(4)<f(π)<f(3)，所以③正确；由f(x)在(1，
＋∞)上单调递减，且π>2>1，可得πe π<2e
2，即πe 2<2e π
，所以④错误．故填①③.
答案：①③
9．若函数f (x )＝x 3
－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(x 2
－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a >0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
所以⎩⎨
⎧
a <2，－a ≤－1
或⎩⎨
⎧
－a >－1，2≤a ，
解得1≤a <4.
答案：[1,4)
10．(2019·保定模拟)已知函数f (x )＝3x ＋ln x ＋a x
，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 －a
x
2，
由题意得，f ′(1)＝4－a ＝0，解得a ＝4， 所以f (x )＝3x ＋ln x ＋4
x
，
f ′(x )＝3＋1x －4
x
2＝
(3x ＋4)(x －1)
x
2
. 令f ′(x )>0，解得x >1；令f ′(x )<0，解得0<x <1，
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⎩
⎪⎨⎪
⎧
t >0，t ＋2>3
t ，解得t >1.
由(1)知f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
①当3t
<1，即t >3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1<t ≤3时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤3t ，t ＋2上单调递增，所以F (t )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t ＝9t
＋ln 3－
ln t ＋4t
3
，
则F ′(t )＝(4t ＋9)(t －3)
3t 2
≤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 －e x
＋a
2x 2
＋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x 1，x 2，求实数a 的取值范围． 解：(1)证明：f ′(x )＝1－e x
＋ax . 令g (x )＝1－e x
＋ax ，则g ′(x )＝a －e x
.
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0<a <1时，因为x ∈(－∞，ln a )时，g ′(x )>0；x ∈(ln a ，＋∞)时，g ′(x )<0. 又因为f ′(0)＝0，所以f ′(ln a )>0. 因为f ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a ＝－e －1a
<0.
设φ(a )＝ln a ＋1
a
，a ∈(0,1)，
则φ′(a )＝1a －1a 2＝a －1
a
2<0，
所以φ(a )>φ(1)＝1>0，即－1
a
<ln a .
所以存在x 1∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a
，ln a ，满足f ′(x 1)＝0.
所以x ∈(－∞，x 1)，f ′(x )<0；x ∈(x 1,0)，f ′(x )>0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0， 此时f (x )存在两个极值点x 1,0，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)．
附：什么样的考试心态最好
大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。

想要不出现太强的考试焦虑，那么最好的办法是，形成自己的掌控感。

1、首先，认真研究考试办法。

这一点对知识水平比较高的考生非常重要。

随着重复学习的次数增加，我们对知识的兴奋度会逐渐下降。

最后时刻，再去重复学习，对于很多学生已经意义不大，远不如多花些力气，来思考考试。

很多老师也会讲解考试的办法。

但是，老师给你的办法，不能很好地提高你对考试的掌控感，你要找到自己的一套明确的考试办法，才能最有效地提高你的掌控感。

有了这种掌控感，你不会再觉得，在如此关键性的考试面前，你是一只被检验、被考察甚至被宰割的绵羊。

2、其次，试着从考官的角度思考问题。

考官，是掌控考试的;考生，是被考试考验的。

如果你只把自己当成一个考生，你难免会惶惶不安，因为你觉得自己完全是个被摆布者。

如果从考官的角度去看考试，你就成了一名主动的参与者。

具体的做法就是，面对那些知识点，你想像你是一名考官，并考虑，你该用什么形式来考这个知识点。

高考前两个半月，我用这个办法梳理了一下所有课程，最后起到了匪夷所思的效果，令我在短短两个半月，从全班第19名升到了全班第一名。

当然，这有一个前提——考试范围内的知识点，我基本已完全掌握。

3、再次，适当思考一下考试后的事。

如觉得未来不可预测，我们必会焦虑。

那么，对未来做好预测，这种焦虑就会锐减。

这时要明白一点：考试是很重要，但只是人生的一个重要瞬间，所谓胜败也只是这一瞬间的胜败，它的确会带给我们很多，但它远不能决定我们一生的成败。