高中数学人教A版1本册总复习总复习学业分层测评第3章332

学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．下列是函数f(x)在[a，b]上的图象，则f(x)在(a，b)上无最大值的是()【解析】在开区间(a，b)上，只有D选项中的函数f(x)无最大值．【答案】D2．函数f(x)＝2eq\r(x)＋eq\f(1,x)，x∈(0,5]的最小值为()A．2 B．3\f(17,4) D．2eq\r(2)＋eq\f(1,2)【解析】由f′(x)＝eq\f(1,\r(x))－eq\f(1,x2)＝eq\f(x\f(3,2)－1,x2)＝0，得x＝1，且x∈(0,1]时，f′(x)<0；x∈(1,5]时，f′(x)>0，∴x＝1时，f(x)最小，最小值为f(1)＝3.【答案】B3．函数f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋ax2＋x＋3有极值的充要条件是()A．a＞1或a≤0 B．a＞1C．0＜a＜1 D．a＞1或a＜0【解析】f(x)有极值的充要条件是f′(x)＝ax2＋2ax＋1＝0有两个不相等的实根，即4a2－4a＞0，解得a＜0或a＞1.故选D.【答案】D4．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为()A．0≤a＜1 B．0＜a＜1C．－1＜a＜1 D．0＜a＜eq\f(1,2)【解析】∵f′(x)＝3x2－3a，令f′(x)＝0得x2＝a.∴x＝±eq\r(a).又∵f(x)在(0,1)内有最小值，∴0＜eq\r(a)＜1，∴0＜a＜1.故选B.【答案】B5．已知函数f(x)＝ax3＋c，且f′(1)＝6，函数在[1,2]上的最大值为20，则c的值为()【导学号：25650131】A．1 B．4C．－1 D．0【解析】∵f′(x)＝3ax2，∴f′(1)＝3a＝6，∴a＝2.当x∈[1,2]时，f′(x)＝6x2＞0，即f(x)在[1,2]上是增函数，∴f(x)max＝f(2)＝2×23＋c＝20，∴c＝4.【答案】B二、填空题6．函数f(x)＝alnx＋bx2＋3x的极值点为x1＝1，x2＝2，则a＝________，b＝________.【解析】f′(x)＝eq\f(a,x)＋2bx＋3＝eq\f(2bx2＋3x＋a,x)，∵函数的极值点为x1＝1，x2＝2，∴x1＝1，x2＝2是方程f′(x)＝eq\f(2bx2＋3x＋a,x)＝0的两根，也即2bx2＋3x＋a＝0的两根．∴由根与系数的关系知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2b)＝1＋2，,\f(a,2b)＝1×2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－\f(1,2).))【答案】－2－eq\f(1,2)7．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋c，其导数f′(x)的图象如图3­3­7所示，则函数的极小值是________．图3­3­7【解析】由图象可知，当x<0时，f′(x)<0，当0<x<2时，f′(x)>0，故x＝0时，函数f(x)取到极小值f(0)＝c.【答案】c8．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对任意的x∈(0,1]都有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围为________．【解析】∵x∈(0,1]，∴f(x)≥0可化为a≥eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).设g(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，则g′(x)＝eq\f(31－2x,x4).令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2).当0<x<eq\f(1,2)时，g′(x)>0；当eq\f(1,2)<x≤1时，g′(x)<0.∴g(x)在(0,1]上有极大值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝4，它也是最大值，故a≥4.【答案】[4，＋∞)三、解答题9．已知函数f(x)＝eq\f(1－x,x)＋lnx，求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最大值和最小值．【解】f′(x)＝eq\f(－x－1－x,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x2).由f′(x)＝0，得x＝1.∴在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：xeq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))1(1,2)2f′(x)－0＋f(x)1－ln2单调递减极小值0单调递增－eq\f(1,2)＋ln2∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－f(2)＝eq\f(3,2)－2ln2＝eq\f(1,2)(lne3－ln16)，而e3＞16，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＞f(2)＞0.∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－ln2，最小值为0.10．已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1.若xf′(x)≤x2＋ax＋1恒成立，求a的取值范围.【导学号：25650132】【解】f′(x)＝eq\f(x＋1,x)＋lnx－1＝lnx＋eq\f(1,x)，xf′(x)＝xlnx＋1，而xf′(x)≤x2＋ax＋1(x＞0)等价于lnx－x≤a.令g(x)＝lnx－x，则g′(x)＝eq\f(1,x)－1.当0＜x＜1时，g′(x)＞0；当x≥1时，g′(x)≤0，x＝1是g(x)的最大值点，所以g(x)≤g(1)＝－1.综上可知，a的取值范围是[－1，＋∞)．[能力提升]1．设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的极小值点C．－x0是－f(x)的极小值点D．－x0是－f(－x)的极小值点【解析】不妨取函数为f(x)＝x3－3x，则f′(x)＝3(x－1)(x＋1)，易判断x0＝－1为f(x)的极大值点，但显然f(x0)不是最大值，故排除A；因为f(－x)＝－x3＋3x，f′(－x)＝－3(x＋1)(x－1)，易知－x0＝1为f(－x)的极大值点，故排除B；又－f(x)＝－x3＋3x，[－f(x)]′＝－3(x＋1)(x－1)，易知－x0＝1为－f(x)的极大值点，故排除C；∵－f(－x)的图象与f(x)的图象关于原点对称，由函数图象的对称性，可得－x0应为函数－f(－x)的极小值点．故D正确．【答案】D2．已知函数f(x)，g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且f′(x)<g′(x)，则f(x)－g(x)的最大值为()A．f(a)－g(a) B．f(b)－g(b)C．f(a)－g(b) D．f(b)－g(a)【解析】令u(x)＝f(x)－g(x)，则u′(x)＝f′(x)－g′(x)<0，∴u(x)在[a，b]上为减函数，∴u(x)在[a，b]上的最大值为u(a)＝f(a)－g(a)．【答案】A3．已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图象在x＝1处的切线平行于直线6x＋2y＋5＝0，则极大值与极小值之差为________．【解析】∵f′(x)＝3x2＋6ax＋3b，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3×22＋6a×2＋3b＝0，,3×12＋6a×1＋3b＝－3))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝0.))∴f′(x)＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，得x＝0或x＝2，∴f(x)极大值－f(x)极小值＝f(0)－f(2)＝4.【答案】44．设a为实数，f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.【导学号：25650133(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a＞ln2－1且x＞0时，ex＞x2－2ax＋1.【解】(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)2(1－ln2＋a)故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．(2)设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，