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专题突破练(分值:101 分)
学生用书
P139
一、选择题:本题共8 小题,每小题5 分,共40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是
符合题目要求的.
1.(2024·浙江名校联盟模拟预测)函数f(x)=ln(2x-1)-x2+x 的单调递增区间是( )
A.(0,1)
B.(
1
2 ,1)
C.(
1-√2
2
, 1+√2
2 ) D.(
1
2 , 1+√2
2 )
答案D
解析函数f(x)=ln(2x-1)-x2+x 的定义域为(
1
2 ,+∞),且f'(x)=
2
2 x -1
-2x+1=
2-(2 x -1)
2
2 x -1
=[√2-(2 x -1)][√2+(2 x -1)]
2 x -1
,令f'(x)>0,解得1
2
<x<1+√2
2
,所以f(x)的单调递增
区间为(
1
2 , 1+√2
2 ).故选D.
2.若曲线y=ax +1
e
x
有且仅有一条过坐标原点的切线,则正数a 的值为( )
A.1
4
B.√2
4
C.1
3
D.√3
3
答案A
解析设y=f(x)=ax +1
e
x
,
则f'(x)=-ax +a-1
e
x
,
设切点坐标为(x0, a x0+1
e
x0 ),
则f'(x0)=-a x0+a-1
e
x0
,所以切线方程为y-a x0+1
e
x0
=-a x0+a-1
e
x0
(x-x0),
又该切线过原点,
所以0-a x0+1
e
x0
=-a x0+a-1
e
x0
(0-x0),
整理得ax0
2+x0+1=0 ①,因为曲线y=f(x)有且仅有一条过坐标原点的切线,所以方程①只有一个实数解,
故Δ=1-4a=0,解得a=1
4
.故选A.
3.(2024·广东一模)设点P 在曲线y=ex上,点Q 在直线y=1
e
x 上,则|PQ|的最小值为( )
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A.
1
√e
2+1
B.
2
√e
2+1
C.
e
√e
2+1
D.
3
√e
2+1
答案B
解析令y=f(x)=ex,则f'(x)=ex,令f'(x)=1
e
,得x=-1,代入曲线y=f(x)=ex中,得e-1=1
e
,所以|PQ|的最小值即为
点(-1, 1
e)到直线y=1
e
x 的距离d=
2
√e
2+1
.故选B.
4.(2024·四川宜宾模拟预测)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=-1 处有极值8,则f(1)等于
( )
A.-4
B.16
C.-4 或16
D.16 或18
答案A
解析f'(x)=3x2+2ax+b,
若函数f(x)在x=-1 处有极值8,
则f(-1)=8 且f'(-1)=0,
即{
-1+a-b+a
2=8,
3-2a+b=0,
解得{
a=3,
b=3, 或{
a=-2,
b=-7,
当a=3,b=3 时,f'(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0,此时x=-1 不是极值点,故舍去,
当a=-2,b=-7 时,f'(x)=3x2-4x-7=(3x-7)(x+1),
当x>7
3
或x<-1 时,f'(x)>0,当-1<x<7
3
,f'(x)<0,故x=-1 是极值点,故a=-2,b=-7 符合题意,故f(x)=x3-2x2-
7x+4,
故f(1)=-4.故选A.
5.已知函数f(x)=(x-1)(ex+a)在区间(-1,1)上单调递增,则实数a 的最小值为( )
A.e-1
B.e-2
C.e
D.e2
答案A
解析由题意得f'(x)≥0 在(-1,1)上恒成立,f'(x)=ex+a+(x-1)ex=xex+a,故xex+a≥0,即a≥-xex在(-1,1)上恒成
立,令g(x)=-xex,x∈(-1,1),则g'(x)=-ex-xex=-(x+1)ex<0 在区间(-1,1)上恒成立,故g(x)=-xex在区间(-1,1)上
单调递减,故g(x)<g(-1)=e-1,故a≥e-1,故a 的最小值为e-1.故选A.
6.(2024·山东二模)已知f(x)为定义在R 上的奇函数,设f'(x)为f(x)的导函数,若f(x)=f(2-x)+4x-4,则f'(2
023)=( )
A.1
B.-2 023
C.2
D.2 023
答案C
解析因为f(x)=f(2-x)+4x-4,
所以两边求导,得f'(x)=-f'(2-x)+4,
即f'(x)+f'(2-x)=4,
①
因为f(x)为定义在R 上的奇函数,
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则f(-x)=-f(x),
两边求导,得f'(x)=f'(-x),所以f'(x)是定义在R 上的偶函数,所以f'(2-x)=f'(x-2),结合①式可得,f'(x)
+f'(x-2)=4,所以f'(x-2)+f'(x-4)=4,两式相减得,f'(x)=f'(x-4),
所以f'(x)是周期为4 的偶函数,
所以f'(2 023)=f'(-1)=f'(1).
由①式,令x=1,得f'(1)=2,
所以f'(2 023)=f'(1)=2.
故选C.
7.(2024·陕西西安模拟预测)已知函数f(x)=
x
ln 1
x
,则f(2),f(e),f(3),f(5)从大到小顺次为( )
A.f(5),f(3),f(e),f(2)
B.f(2),f(e),f(5),f(3)
C.f(e),f(3),f(2),f(5)
D.f(e),f(5),f(3),f(2)
答案C
解析f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),
令f'(x)=- ln x +1
(- ln x )
2 =0,解得x=e.
当1<x<e 时,f'(x)>0,f(x)在(1,e)上单调递增;
当x>e 时,f'(x)<0,f(x)在(e,+∞)上单调递减,
f(x)在区间(1,+∞)上的最大值为f(e).
得f(e)>f(3)>f(4)>f(5),且f(e)>f(2).
又因为f(2)=- 2
ln 2
=- 2×2
2ln 2
=- 4
ln 4
=f(4),
所以f(e)>f(3)>f(2)>f(5).故选C.
8.已知函数f(x)=x3-x+1,则下列选项错误的是
( )
A.f(x)有两个极值点
B.f(x)有且只有一个零点
C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
D.直线y=2x 是曲线y=f(x)的切线
答案D
解析∵f(x)=x3-x+1,∴f'(x)=3x2-1.由3x2-1=0,得x=√3
3
或x=-√3
3
.∴f(x)有2 个极值点-√3
3 与√3
3
,且在
区间(-∞,-√3
3
)上单调递增,在区间(-√3
3 , √3
3
)上单调递减,在区间(√3
3
,+∞)上单调递增.又f(
√3
3 )=1-
2√3
9
>0,当x=-2 时,f(-2)=-5<0,而f(- √3
3 )>f(
√3
3 )>0,
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∴f(x)只在区间-2,-√3
3
上存在一个零点,
∴f(x)只有一个零点.
∵f(x)+f(-x)=2,
∴点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心.
由f'(x)=3x2-1=2,解得x=±1,
∴曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1;
曲线y=f(x)在点(-1,1)处的切线方程为y-1=2(x+1),即y=2x+3.∴直线y=2x 与曲线y=f(x)不相切.故选
D.
二、选择题:本题共3 小题,每小题6 分,共18 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目
要求,全部选对的得6 分,部分选对的得部分分,有选错的得0 分.
9.(2024·河南郑州模拟预测)过点P(a,b)作直线l 与函数f(x)=-2x3的图象相切,则( )
A.若点P 与原点重合,则直线l 的方程为y=0
B.若直线l 与直线x-6y=0 垂直,则6a+b=4
C.若点P 在f(x)的图象上,则符合条件的直线l 只有1 条
D.若符合条件的直线l 有3 条,则a
3
b
<-1
2
答案AD
解析设直线l 与f(x)=-2x3的图象切于点Q(t,-2t3),当点P 与点Q 不重合时,切线斜率k=f'(t)=-6t2=
-2t
3-b
t -a
,整理得4t3-6at2-b=0,当点P 与点Q 重合时,切线斜率k=f'(a)=-6a2=-6t2.
对于A,若点P 与原点重合,点P 在函数f(x)=-2x3图象上,则a=b=0,此时t=0,k=0,l 的方程为y=0,A 正
确;
对于B,若直线l 与直线x-6y=0 垂直,则k=-6t2=-6,t=±1,
当点P(a,b)为切点时,6a+b=4 或6a+b=-4,
当点P(a,b)不为切点时,4t3-6at2-b=0,
当t=1 时,4-6a-b=0,6a+b=4,当t=-1 时,-4-6a-b=0,6a+b=-4,B 错误;
对于C,当点P 在f(x)的图象上时,b=-2a3,4t3-6at2-b=0,则4t3-6at2+2a3=0,即(t-a)2(2t+a)=0,所以t=a 或
t=-a
2
,故a≠0 有两解,符合条件的直线l 有2 条,C 错误;
对于D,若符合条件的直线l 有3 条,则点P(a,b)不在f(x)图象上,设直线l 与f(x)=-2x3的图象切于点
Q(t,-2t3),则有4t3-6at2-b=0,
设g(t)=4t3-6at2-b=0,g'(t)=12t2-12at,
由g'(t)=0,得t=0 或t=a,符合条件的直线l 有3 条,g(t)有3 个零点,
则g(0)g(a)=-b(-2a3-b)<0,
所以b(2a3+b)<0,2a
3
b
+1<0,a
3
b
<-1
2
,D 正确.
故选AD.
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10.(2024·河南南阳模拟预测)已知函数f(x)=x2-2aln x-1,a∈R,则( )
A.若曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y=2x-2,则a=2
B.若a=1,则函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞)
C.若a>0,则函数f(x)在区间[1,+∞)上的最小值为a2-2aln a-1
D.若x∈[1,+∞),f(x)≥0,则a 的取值范围为(-∞,1]
答案BD
解析对于A,因为函数f(x)=x2-2aln x-1,可得f'(x)=2x-2a
x
,
则f'(1)=2-2a,所以2-2a=2,解得a=0,A 错误;
对于B,若a=1,则f'(x)=2( x +1)( x -1)
x
,x>0,
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)的单调递增区间为(1,+∞),B 正确;
对于C,f'(x)=2( x
2-a)
x
,x>0,
若a>0,令f'(x)=0,
解得x1=√a或x2=-√a(舍去).
当√a≤1,即0<a≤1 时,当x∈[1,+∞)时,f'(x)≥0,f(x)在[1,+∞)上单调递增,所以函数f(x)在[1,+∞)上的最小
值为f(1)=0.
当√a>1,即a>1 时,若x∈(1,√a),
则f'(x)<0,f(x)单调递减;
若x∈(√a,+∞)时,则f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以函数f(x)在[1,+∞)上的最小值为f(√a)=a-aln a-1,C 错误;
对于D,因为x≥1,当a≤0 时,f'(x)≥0,所以函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,
则f(x)≥f(1)=0,所以a≤0 成立;
当a>0 时,由C 项知当0<a≤1 时,f(x)≥f(1)=0,则0<a≤1 成立;
当a>1 时,f(√a)<f(1)=0,即在区间[1,+∞)上存在x0=√a使得f(x0)<0,
则a>1 不成立.
综上,实数a 的取值范围为(-∞,1],D 正确.
故选BD.
11.已知函数f(x)=xsin x-cos x 的定义域为[-π,π],则( )
A.f(x)为奇函数
B.f(x)在[0,π)上单调递增
C.f(x)恰有3 个极值点
D.f(x)有且仅有2 个极大值点
答案CD
解析对于A,函数的定义域为[-π,π],关于原点对称,f(-x)=-xsin(-x)-cos(-x)=xsin x-cos x=f(x),所以函数
f(x)为偶函数,故A 错误.
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对于B,f'(x)=sin x+xcos x+sin x=2sin x+xcos x,显然f'(0)=0,当x>0 时,令f'(x)=0,即2sin x+xcos x=0,得
tan x=-1
2
x,分别作出y=tan x 和y=-1
2
x 在[-π,π]上的图象,如图所示.
由图可知,若存在x0∈[0,π)使得f'(x)=0,
当x∈[0,x0)时,f'(x)>0;当x∈(x0,π]时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π]上单调递减,故B 错误.
对于C,D,由图象可得y=tan x 和y=-1
2
x 在区间[-π,π]上共有3 个公共点,且图象在这些公共点处都不
相切,
当x∈(-π,x1)时,f'(x)>0;当x∈(x1,0)时,f'(x)<0,
当x∈(0,x0)时,f'(x)>0,
当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,
故x1为f(x)的极大值点,0 为f(x)的极小值点,
故f(x)在区间[-π,π]上的极值点的个数为3,有2 个极大值点和1 个极小值点,故C,D 正确.故选CD.
三、填空题:本题共3 小题,每小题5 分,共15 分.
12.(2024·江西模拟预测)在平面直角坐标系xOy 中,已知曲线C:y=ex(x<1)的一条切线l 与x 轴、y 轴分
别交于A,B 两点,则△OAB 的面积的最大值为 .
答案2
e
解析设切点坐标为(x0,e
x0),x0<1,求导得y'=ex,则切线方程为y-e
x0=e
x0(x-x0),
由切线l 与x 轴、y 轴分别交于A,B 两点,
则A(x0-1,0),B(0,(1-x0)e
x0),得到S△AOB=1
2
|x0-1||1-x0|e
x0= 1
2
(x0-1)2e
x0,
构造函数g(x)=1
2
(x-1)2ex,x<1,
求导得g'(x)=(x-1)ex+1
2
(x-1)2ex=1
2
(x-1)(x+1)ex,
令g'(x)=0,得x=-1,
所以当x∈(-∞,-1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(-1,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g(x)极大值
=g(-1)=2
e
.
13.(2024·广东模拟预测)f(x)=cos xcos 2x 在区间[0,π]上的极值点个数为 .
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答案2
解析由f(x)=cos xcos 2x=2cos3x-cos x⇒f'(x)=-6sin xcos2x+sin x=6sin3x-5sin x=sin x(6sin2x-5),
令f'(x)=0,则sin x=0 或sin x=±√
5
6
,
显然当x∈[0,π]时,sin x≥0,则sin x=0 或sin x=√
5
6
,满足sin x=0 的根为x=0 或x=π,端点值不能作为极
值点,舍去;
满足sin x=√
5
6
的根有两个,设为x1,x2,
根据正弦函数的性质可知当x∈(0,x1)∪(x2,π)时,f'(x)<0,当x∈(x1,x2)时,f'(x)>0,
即f(x)在(0,x1),(x2,π)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,所以f(x)=cos xcos 2x 在区间[0,π]上的极值点个数
为2.
14.(2024·浙江杭州二模)函数f(x)=- x
2+3 x +2
√x +1
的最大值为 .
答案2√2
解析令t=√x +1>0,则x=t2-1,
故f(x)=y=-(t
2-1)
2+3(t
2-1)+2
t
=-t3+5t-2
t
,
令h(t)=-t3+5t-2
t
(t>0),
则h'(t)=-3t2+5+ 2
t
2 =-3t
4+5t
2+2
t
2
=-(3t
2+1)(t +√2)(t -√2)
t
2
,
当t∈(0,√2)时,h'(t)>0,当t∈(√2,+∞)时,h'(t)<0,
则h(t)在(0,√2)上单调递增,在(√2,+∞)上单调递减,
故h(t)≤h(√2)=-(√2)3+5×√2- 2
√2
=2√2,即函数f(x)=- x
2+3 x +2
√x +1
的最大值为2√2.
四、解答题:本题共2 小题,共28 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13 分)(2024·安徽二模)已知函数f(x)=x2-10x+3f'(1)ln x.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)求f(x)的单调区间和极值.
解(1)函数f(x)=x2-10x+3f'(1)ln x,求导得f'(x)=2x-10+3 f '(1)
x
,
则f'(1)=-8+3f'(1),解得f'(1)=4,于是f(x)=x2-10x+12ln x,f(1)=-9,
所以所求切线方程为y+9=4(x-1),即y=4x-13.
(2)由(1)知,函数f(x)=x2-10x+12ln x,定义域为(0,+∞),求导得f'(x)=2x-10+12
x = 2( x -2)( x -3)
x
,
当0<x<2 或x>3 时,f'(x)>0,当2<x<3 时,f'(x)<0,因此函数f(x)在(0,2),(3,+∞)上单调递增,在(2,3)上单调
递减,
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当x=2 时,f(x)取得极大值f(2)=-16+12ln 2,
当x=3 时,f(x)取得极小值f(3)=-21+12ln 3,
所以函数f(x)的增区间为(0,2),(3,+∞),减区间为(2,3),极大值为-16+12ln 2,极小值为-21+12ln 3.
16.(15 分)(2024·北京西城二模)已知函数f(x)=4asin x+(a2+1)x2,其中a≥0.
(1)若f(x)在x=0 处取得极小值,求a 的值;
(2)当a=1 时,求f(x)在区间[
π
2 ,π]上的最大值;
(3)证明:f(x)有且只有一个极值点.
(1)解f'(x)=4acos x+2(a2+1)x,
因为f(x)在x=0 处取得极小值,
所以f'(0)=0,
即f'(0)=4acos 0+2(a2+1)×0=4a=0,
解得a=0,
当a=0 时,f(x)=x2,由二次函数的性质可得f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,满足题意,所以
a=0.
(2)解当a=1 时,f(x)=4sin x+2x2,f'(x)=4cos x+4x=4(cos x+x).
令g(x)=f'(x)=4(cos x+x),
则g'(x)=4(-sin x+1),
因为π
2
≤x≤π,
所以g'(x)=4(-sin x+1)≥0,
即g(x)=4(cos x+x)在区间[
π
2 ,π]上单调递增,
所以g(x)min=4(cos π
2 + π
2)=2π>0,
即f'(x)>0,
所以f(x)在区间[
π
2 ,π]上单调递增,即f(x)的最大值为f(π)=4sin π+2π2=4×0+2π2=2π2.
(3)证明f'(x)=4acos x+2(a2+1)x,
当a=0 时,f(x)=x2,由二次函数的性质可知f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)恰有
一个极值点;
当a>0 时,设t(x)=f'(x)=4acos x+2(a2+1)x,则t'(x)=-4asin x+2(a2+1)=-4a(sin x - a
2+1
2a ).
因为a
2+1
2a = a
2 + 1
2a
≥2√
a
2 · 1
2a
=1,且sin x≤1,所以t'(x)≥0,即t(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
因为t(- π
2)=-(a2+1)π<0,t(0)=4a>0,
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所以存在x0∈(- π
2 ,0),使t(x0)=f'(x0)=0,又t(x)在(-∞,+∞)上单调递增,
所以当x<x0时,f'(x)=t(x)<0,即f(x)在(-∞,x0)上单调递减,
所以当x>x0时,f'(x)=t(x)>0,即f(x)在(x0,+∞)上单调递增,
即f(x)恰有一个极值点.
综上所述,当a≥0 时,f(x)有且只有一个极值点.
