2024届一轮复习人教A版 课时质量评价17

课时质量评价(十七)A组全考点巩固练1．(2023·辽宁月考)函数f(x)的定义域为R，它的导函数y＝f′(x)的部分图象如图所示，则下面结论正确的是()A．函数f(x)在(1，2)上为减函数B．函数f(x)在(3，5)上为增函数C．函数f(x)在(1，3)上有极大值D．x＝3是函数f(x)在区间[1，5]上的极小值点2．函数f(x)的导函数为f′(x)＝－x(x＋2)，则函数f(x)有()A．最小值f(0) B．最小值f(－2)C．极大值f(0) D．极大值f(－2)3．(2022·宿州期中)已知函数f(x)＝e2-x＋x，x∈[1，3]，则下列说法正确的是()A．函数f(x)的最小值为3＋1B．函数f(x)的最大值为3＋1C．函数f(x)的最小值为e＋1D．函数f(x)的最大值为e＋14．已知函数f(x)＝lnxx－eA．f(x)无极大值，也无极小值B．f(x)有极大值，也有极小值C．f(x)有极大值，无极小值D．f(x)无极小值，有极大值5．已知函数f(x)＝x2e1-x－a有三个零点，则实数a的取值范围是()A．0，2C．0，26．已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则c＝_________．7．(2023·滨州月考)用长为18cm的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2∶1，设该长方体的宽为xcm，当x＝________时，其体积最大，最大体积是________cm3.8．已知函数f(x)＝ex1+ax2，其中a为正实数，x＝1(1)求a的值；(2)当b＞12时，求函数f(x)在[bB组新高考培优练9．已知函数f(x)的定义域为D，其导函数为f′(x)，函数y＝sinx·f′(x)(x∈D)的图象如图所示，则f(x)()A．有极小值f(2)，极大值f(π)B．有极大值f(2)，极小值f(0)C．有极大值f(2)，无极小值D．有极小值f(2)，无极大值10．函数f(x)＝lnx＋12x2－ax(x＞0)在区间12，A．52，C．52，11．(多选题)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)＝f′(x)，若f32-2x，gA．f(0)＝0 B．g-1C．f(－1)＝f(4) D．g(－1)＝g(2)12．写出一个定义在R上且使得命题“若f′(1)＝0，则1为函数f(x)的极值点”为假命题的函数f(x)＝___________．13．对于函数f(x)＝lnx＋mx2＋nx＋1，有下列4个论断：甲：函数f(x)有两个减区间；乙：函数f(x)的图象过点(1，－1)；丙：函数f(x)在x＝1处取极大值；丁：函数f(x)单调．若其中有且只有两个论断正确，则m的取值为_________．14．(2022·中卫三模)已知函数f(x)＝exx2＋2klnx－kx，若x＝2是函数f(x15．(2023·济宁模拟)已知函数f(x)＝12x2－(m＋1)x＋lnx(m∈R(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，当m≤73时，求f(x1)－f(x2课时质量评价(十七)A组全考点巩固练1．C解析：由y＝f′(x)的部分图象可知，当1＜x＜2时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；当2＜x＜4时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；当4＜x＜5时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增．又f′(2)＝f′(4)＝0，所以当x＝2时，f(x)取得极大值；当x＝4时，f(x)取得极小值．故选C.2．C解析：令f′(x)＝－x(x＋2)＞0，解得－2＜x＜0，即函数的单调递增区间为(－2，0)；令f′(x)＝－x(x＋2)＝0，解得x＝－2或x＝0；令f′(x)＝－x(x＋2)＜0，解得x＞0或x＜－2，即函数的单调递减区间为(－∞，－2)，(0，＋∞)，所以函数的极大值为f(0)．3．D解析：f(x)＝e2-x＋x，f′(x)＝－e2-x＋1，令f′(x)＞0，解得x＞2，令f′(x)＜0，解得x＜2，故f(x)在[1，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增，故f(x)的最小值是f(2)＝3，f(1)＝e＋1，f(3)＝3＋1e因为3＋1e－(e＋1)＝2＋1e－e<2＋12－e<0，所以函数f4．C解析：由题意得f′(x)＝1-lnx令g(x)＝1－lnx－x2ex，则g′(x)＝－1x－2xex－x2ex所以g(x)单调递减．又g1e＞0，g所以∃x0∈1e，1，使g(所以当x∈(0，x0)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以f(x)有极大值，无极小值，故C正确．5．B解析：由f(x)＝x2e1-x－a＝0有三个零点得a＝x2e1-x有三个零点．设g(x)＝x2e1-x，则g′(x)＝e1-xx(2－x)，当x＜0时，g′(x)＜0，函数单调递减；当0＜x＜2时，g′(x)＞0，函数单调递增；当x＞2时，g′(x)＜0，函数单调递减．因为g(0)＝0，g(2)＝4e，所以0＜a＜46．6解析：因为f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝3x2－4cx＋c2，且函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，所以f′(2)＝0，即c2－8c＋12＝0，解得c＝6或2.经检验c＝2时，函数f(x)在x＝2处取得极小值，不符合题意，应舍去．故c＝6.7．13解析：长方体的宽为xcm，则长为2xcm，高为18-长方体的体积为V(x)＝2x·x·92-3x＝9x2－6xV′(x)＝18x－18x2，令V′(x)＝0，得18x－18x2＝0，解得x＝0(舍去)或x＝1.当0＜x＜1时，V′(x)＞0，函数V(x)单调递增，当1＜x＜32时，V′(x)＜0，函数V(x)单调递减．所以当x＝1时，函数V(x)有最大值3cm38．解：f′(x)＝ax(1)因为x＝12是函数y＝f(x)的一个极值点，所以f′1因此，14a－a＋1＝0，解得a＝4经检验，当a＝43时，x＝12是y＝f(x)的一个极值点，故所求a的值为(2)由(1)可知，f′(x)＝43令f′(x)＝0，得x1＝12，x2＝3f(x)与f′(x)的变化情况如下：x-∞1133f′(x)＋0－0＋f(x)3e所以，f(x)的单调递增区间是-∞，12当12＜b＜32时，f(x)在b，所以f(x)在[b，＋∞)上的最小值为f32＝e当b≥32时，f(x)在[b所以f(x)在[b，＋∞)上的最小值为f(b)＝eb1+abB组新高考培优练9．D解析：当x∈(0，π)时，sinx＞0，当x∈(π，2π)时，sinx＜0.由图象可得当x∈(0，2)时，f′(x)≤0，当x∈(2，π)时，f′(x)>0，当x∈(π，2π)时，f′(x)≥0，故函数f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递增，所以f(x)在定义域D上，先减后增，有极小值f(2)，无极大值．10．B解析：f′(x)＝1x＋x－a，依题意，y＝f′(x)在区间12，3上有且仅有一个变号零点，令f′(x)＝0，则a＝x＋1x，令g(x)＝x＋由双勾函数的性质可知，函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2.又g12＝g(2)＝52，g(3)＝结合g(x)＝x＋1x在(0，＋∞)上的图象可得，52≤a<11．BC解析：因为f32-2x，g所以f32-2x＝f32+2x，即f32-x＝f32所以f(3－x)＝f(x)，g(4－x)＝g(x)，则f(－1)＝f(4)，故C正确；函数f(x)，g(x)的图象分别关于直线x＝32，x又g(x)＝f′(x)，且函数f(x)可导，所以g32＝0，g(3－x)＝－g(x所以g(4－x)＝g(x)＝－g(3－x)，所以g(x＋2)＝－g(x＋1)＝g(x)，所以g-12＝g32＝0，g(－1)＝g若函数f(x)满足题设条件，则函数f(x)＋C(C为常数)也满足题设条件，所以无法确定f(x)的函数值，故A错误．故选BC.12．(x－1)3(不唯一)解析：函数f(x)＝(x－1)3，则f′(x)＝3(x－1)2，故f′(1)＝0.又f′(x)＝3(x－1)2≥0在R上恒成立，故f(x)在R上为增函数，所以x＝1不是f(x)＝(x－1)3的极值点．13．2解析：函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，由题意得：f′(x)＝1x＋2mx＋n＝2m令g(x)＝2mx2＋nx＋1，显然g(x)过定点(0，1)．①m＞0时的图象可能是：或②m＜0时的图象可能是：或当x＞0时，函数f(x)最多有1个减区间，故甲错误；假设乙正确，则f(1)＝m＋n＋1＝－1，即m＋n＝－2，此时f′(x)＝2x-1mx-1而此时f(x)在x＝1处取极小值，即与丙、丁矛盾；若丁正确，则m＝2，n＝－4，可满足题意．综上，乙、丁正确，且m＝2.14．-∞，e24解析：因为函数所以f′(x)＝exx-2x因为x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，所以x＝2是导函数f′(x)＝0的唯一根，所以ex－kx2＝0在(0，＋∞)上无变号零点，即k＝exx2令g(x)＝ex因为g′(x)＝ex所以g(x)在(0，2)上单调递减，在x＞2上单调递增，所以g(x)的最小值为g(2)＝e24，所以必须k≤15．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x＋1x－(m＋1)＝x2-m+1x+1x，令g(x)＝x2－(m＋1)x＋1(该函数与f′(x)同号)，当m＋1≤0，即m≤－1时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，故此时f(x)是增函数；当m+1＞0，m+12-4＞0，即m＞1时，g(x此时f(x)的单调递增区间为(0，x1)，(x2，＋∞)，单调递减区间为(x1，x2)；同理当－1＜m≤1时，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，故此时f(x)是增函数．综上可知：当m≤1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；当m＞1时，g(x)＝0的两根为x1＝m+1-m2+2m-32，x2＝m+1+m2+2m-32，此时f(x(2)由(1)知，f′(x)＝x＋1x－(m＋1)＝x2-m+1x+1x，再令g(x)＝x当m＞1，f(x)的两个极值点为g(x)＝0的两个互异的正实根x1，x2，且x1＋x2＝m＋1，x1·x2＝1，则x1＋1x1＝m＋1∈2，103，即2＜显然x1≠1，由x1＋1x1≤103整理得3x12－10x1＋3≤0，