2025年高考数学总复习 17 课时质量评价(十七)

课时质量评价(十七)1．(2024·西安模拟)已知函数f(x)，其导函数f′(x)的图象如图所示，则()A．f(x)有2个极值点B．f(x)在x＝1处取得极小值C．f(x)有极大值，没有极小值D．f(x)在(－∞，1)上单调递减C解析：由题意及题图分析可知，f(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，所以f(x)有一个极大值，没有极小值，所以A，B，D错误，C正确．故选C．2．已知函数f(x)＝－xex，那么f(x)的极大值是A．1e B．－C．－e D．eA解析：因为函数f(x)＝－xex，所以f′(x)＝－(x＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝－1.当x<－1时，f′(x)>0；当x>－1时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，所以f(x)极大值＝f(－1)＝1e.故选A3．(多选题)已知函数f(x)＝ex－2x＋1，则下列说法正确的是()A．f(x)有极大值2ln2B．f(x)有极小值3－2ln2C．f(x)无最大值D．f(x)在(ln2，＋∞)上单调递增BCD解析：因为f(x)＝ex－2x＋1的定义域为R，并且f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0，得x＝ln2.当x∈(－∞，ln2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(ln2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ln2时，f(x)取得极小值，无极大值，也无最大值，并且f(x)极小值＝f(ln2)＝3－2ln2，所以BCD正确，A错误．故选BCD．4．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝alnx＋bx取得最大值－2，则f′(2)＝(A．－1 B．－1C．12 D．B解析：由题意知f(1)＝aln1＋b＝b＝－2.f′(x)＝ax－bx2，因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以易得f′(1)＝a＋2＝0，所以a＝－2，所以f′(2)＝5．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小值时t的值为()A．1 B．1C．52 D．D解析：因为函数f(x)的图象始终在g(x)的上方，所以|MN|＝f(x)－g(x)＝x2－lnx.设h(x)＝x2－lnx，则h′(x)＝2x－1x＝2x2－1x(x＞0)．令h′(x)＝2x2－1x＝0，得x＝22，所以h(x)在6．已知函数f(x)＝3lnx－x2＋a－12x在区间(1，3)上有最大值，则实数－12，112解析：因为f(x)＝3lnx－x2＋a－12x，所以f′(x)＝3x－2x＋a－12.由于f(x)＝3lnx－x2＋a－12x在区间(1，3)上有最大值，且f′(x)＝3x－2x＋a－12在(1，3)上单调递减，故需满足f′(x)在(17．函数f(x)＝－3x－|lnx|＋3的最大值为________.2－ln3解析：由题知当x≥1时，f(x)＝－3x－lnx＋3，所以f′(x)＝－3－1x<0，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝0.当0<x<1时，f(x)＝－3x＋lnx＋3，所以f′(x)＝－3＋1x＝－3x+1x，所以当x∈0，13时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈13，1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以当0＜x＜1时，f(x)max＝8．(2024·潍坊模拟)已知函数f(x)＝ax－52＋6lnx(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6)，则函数f(2＋6ln3解析：因为f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，所以f(1)＝16a，即切点为(1，16a)．又f′(x)＝2a(x－5)＋6x，k＝f′(1)＝6－8a，所以切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)．又切线过点(0，6)，所以6－16a＝(6－8a)(0－1)，解得a＝12，所以f(x)＝12x－52＋6lnx，则f′(x)＝x－5＋6x＝x2－5x+6x＝x－2x－3x，所以当0<x<2或x>3时，f′(x)>0；当2<x<3时，f′(x)<0.所以f(x)在(0，2)上单调递增，在(2，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，所以f9．(2024·1月·九省适应性测试)已知函数f(x)＝lnx＋x2＋ax＋2在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直．(1)求实数a的值；(2)求f(x)的单调区间和极值．解：(1)f′(x)＝1x＋2x＋a(x＞0)，则f′(2)＝12＋2×2＋a＝92由题意可得92+a×－23＝(2)因为a＝－3，所以f(x)＝lnx＋x2－3x＋2，所以f′(x)＝1x＋2x－3＝2x2－3x+故当0<x<12时，f′(x)>0；当12<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(故f(x)的单调递增区间为0，12，(1，＋∞)故f(x)的极大值为f12＝ln12+122－3×12极小值为f(1)＝ln1＋12－3×1＋2＝0.10．(多选题)设f′(x)为函数f(x)的导函数，已知x2f′(x)＋xf(x)＝lnx，f(1)＝12，则下列结论正确的是(A．xf(x)在(1，＋∞)上单调递增B．xf(x)在(1，＋∞)上单调递减C．xf(x)在(0，＋∞)上有极大值1D．xf(x)在(0，＋∞)上有极小值1AD解析：由x2f′(x)＋xf(x)＝lnx，可得xf′(x)＋f(x)＝1xlnx，x>0，所以[xf(x)]′＝lnxx.令g(x)＝xf(x)，x>0，则g′(x)＝lnxx，当0<x<1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，所以函数g(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上有极小值g(1)＝f(1)＝11．(多选题)(2024·漳州模拟)已知函数f(x)＝(x2－3)ex，现给出下列结论，其中正确的是()A．函数f(x)有极小值，但无最小值B．函数f(x)有极大值，但无最大值C．若方程f(x)＝b恰有一个实数根，则bD．若方程f(x)＝b恰有三个不同的实数根，则0<b<6e-3BD解析：由题意得f′(x)＝(x2＋2x－3)ex.令f′(x)＝0，即(x2＋2x－3)ex＝0，解得x＝1或x＝－3，则当x<－3或x>1时，f′(x)>0，即函数f(x)在(－∞，－3)，(1，＋∞)上单调递增；当－3<x<1时，f′(x)<0，即函数f(x)在(－3，1)上单调递减．所以函数f(x)在x＝－3处取得极大值f(－3)＝6e-3，在x＝1处取得极小值f(1)＝－2e.又x趋向于－∞时，f(x)趋向于0；x→＋∞时，f(x)趋向于＋∞.作出函数f(x)＝(x2－3)ex的大致图象如图所示．因此f(x)有极小值f(1)，也有最小值f(1)，有极大值f(－3)，但无最大值．若方程f(x)＝b恰有一个实数根，则b>6e-3或b＝－2e；若方程f(x)＝b恰有三个不同的实数根，则0<b<6e-3.故选BD．12．现有一块边长为a的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个无盖方盒，该方盒容积的最大值是________.227a3解析：容积V(x)＝(a－2x)2x，0<x<a2，则V′(x)＝2(a－2x)(－2x)＋(a－2x)2＝(a－2x)(a－6x)．由V′(x)＝0，得x＝a6或x＝a2(舍去)，当0＜x＜a6时，V′(x)＞0，则V(x)单调递增；当a6＜x＜a2时，V′(x)＜0，则V(x)单调递减．则x＝a6为V(x)在定义域内唯一的极大值点也是最大值点，此时V(13．(2024·渭南模拟)已知函数f(x)＝aex－lnx在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为________.1e解析：因为f(x)＝aex－lnx(x>0)，所以f′(x)＝aex－1x.因为函数f(x)＝aex－lnx在区间(1，2)上单调递增，所以f′(x)≥0在(1，2)上恒成立．显然a>0，所以问题转化为xex≥1a在(1，2)上恒成立．设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝e.故e≥1a，解得a≥1e14．已知函数f(x)＝2x3－(a＋3)x2＋2ax，a∈R.(1)当a＝0时，求f(x)的极值；(2)当|a|≥1时，求f(x)在[0，|a|]上的最小值．解：(1)当a＝0时，f(x)＝2x3－3x2，f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)．故当x∈(－∞，0)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(0，1)时，f′(x)<0.则f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(0)＝0，极小值为f(1)＝－1.(2)因为f(x)＝2x3－(a＋3)x2＋2ax，所以f′(x)＝6x2－2(a＋3)x＋2a＝2(x－1)(3x－a)．①当a>3时，f(x)在[0，1)上单调递增，在1，a3所以f(x)min