課時(shí)作業(yè)(二十一)一、選擇題1．(2021·浙江模擬)函數(shù)y＝23x＋1在x＝0處的導(dǎo)數(shù)是(A)A．6ln2 B．2ln2C．6 D．2【解析】∵y′＝3ln2·23x＋1，∴y＝23x＋1在x＝0處的導(dǎo)數(shù)是：3ln2×2＝6ln2.故選A．2．(2021·全國Ⅲ卷模擬)若函數(shù)f(x)＝ex＋ax-1的圖象經(jīng)過點(diǎn)(1，e)，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線的斜率k＝(D)A．e B．e＋1C．e2 D．e2＋1【解析】依題意，e＝f(1)＝e＋a-1，解得a＝1，即函數(shù)f(x)＝ex＋x-1，又f′(x)＝ex＋1，得曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處切線的斜率k＝f′(2)＝e2＋1.故選D.3．函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是(D)【解析】觀察導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象可知，f′(x)的函數(shù)值從左到右依次為小于0，大于0，小于0，大于0，∴對(duì)應(yīng)函數(shù)f(x)的增減性從左到右依次為減、增、減、增．觀察選項(xiàng)可知，排除A，C.如圖所示，f′(x)有3個(gè)零點(diǎn)，從左到右依次設(shè)為x1，x2，x3，且x1，x3是極小值點(diǎn)，x2是極大值點(diǎn)，且x2>0，故選項(xiàng)D正確．故選D.4．(2021·全國卷模擬)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(1)＝0，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)f′(x)＞0，則不等式f(x-1)＞0的解集為(A)A．(0，1)∪(2，＋∞) B．(-∞，1)∪(1，＋∞)C．(-∞，1)∪(2，＋∞) D．(-∞，0)∪(1，＋∞)【解析】∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(1)＝0，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，∴f(x)在(-∞，0)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，圖形如下：∴f(x)＞0的解集為：(-1，0)∪(1，＋∞)，又y＝f(x-1)的圖象是y＝f(x)的圖象向右平移一個(gè)單位，∴不等式f(x-1)＞0的解集為(0，1)∪(2，＋∞)，故選A．5．(2021·龍巖模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)-ax在(1，＋∞)上有極值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(B)A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞，\f(1,4))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞，\f(1,4)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))【解析】f′(x)＝eq\f(lnx-1,（lnx）2)-a，設(shè)g(x)＝eq\f(lnx-1,（lnx）2)＝eq\f(1,lnx)-eq\f(1,（lnx）2)，∵函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上有極值，∴f′(x)＝g(x)-a在(1，＋∞)上有變號(hào)零點(diǎn)，令eq\f(1,lnx)＝t，由x＞1可得lnx＞0，即t＞0，得到y(tǒng)＝t-t2＝-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t-\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)≤eq\f(1,4)，∴a＜eq\f(1,4).故選B.6．(2021·全國高三模擬)函數(shù)f(x)＝(x-2)·ex的最小值為(B)A．-2 B．-eC．-1 D．0【解析】f′(x)＝ex＋(x-2)ex＝(x-1)ex，令f′(x)＝0，解得x＝1.所以f(x)在(-∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)的最小值為f(1)＝-e.故選B.7．(2020·漢臺(tái)區(qū)校級(jí)模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2-alnx＋1在(1，3)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(A)A．(2，18) B．[2，18]C．(-∞，2]∪[18，＋∞) D．[2，18)【解析】因?yàn)閒′(x)＝2x-eq\f(a,x)，x＞0，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0恒成立，故函數(shù)在(1，3)內(nèi)單調(diào)遞增，不符合題意；當(dāng)a＞0時(shí)，f′(x)＞0可得，x＞eq\f(\r(2a),2)，f′(x)＜0可得0＜x＜eq\f(\r(2a),2)，因?yàn)閒(x)＝x2-alnx＋1在(1，3)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，所以1＜eq\f(\r(2a),2)＜3，解可得，2＜a＜18.故選A．8．(2020·鹿城區(qū)校級(jí)模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(1，0)、(2，0)，如圖所示，則下列命題正確的是(D)A．當(dāng)x＝eq\f(3,2)時(shí)函數(shù)取得極小值B．f(x)有兩個(gè)極大值點(diǎn)C．f(1)＜0D．a(chǎn)bc＜0【解析】函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由函數(shù)的圖象可知，a＞0，f′(1)＝0，f′(2)＝0，x＝1，x＝2是函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)，f(1)是極大值，f(2)是極小值，所以B，C不正確；A不正確；f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由圖象可得-eq\f(2b,6a)＞0，b＜0，eq\f(c,3a)＞0，所以c＞0，可得abc＜0，所以D正確；故選D.二、填空題9．(2021·鄭州一模)已知曲線y＝eq\f(x2,4)-3lnx的一條切線斜率為eq\f(1,2)，則切點(diǎn)橫坐標(biāo)為__3__.【解析】設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為x.由題設(shè)知y′＝eq\f(x,2)-eq\f(3,x)∴k＝y(tǒng)′|x＝x0＝eq\f(x0,2)-eq\f(3,x0)＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)-x0-6＝0，x0＝3或x0＝-2(舍去)∴x0＝310．(2020·江蘇百校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝lnx-2x2的單調(diào)減區(qū)間為__eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))__.【解析】因?yàn)閒(x)＝lnx-2x2，則f′(x)＝eq\f(1,x)-4x，令f′(x)<0解得x>eq\f(1,2)，所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).11．(2021·安徽師范大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2-2lnx＋x的極值點(diǎn)是__1__.【解析】f(x)＝eq\f(1,2)x2-2lnx＋x的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝x-eq\f(2,x)＋1＝eq\f(1,x)(x＋2)(x-1)，所以令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得x<1，所以x＝1為f(x)＝eq\f(1,2)x2-2lnx＋x的極值點(diǎn)．故答案為1.12．(2021·浙江高三模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋lnx，g(x)＝4x＋eq\f(1,x)，且x滿足1≤x≤2，則g(x)-f(x)的最大值為__5-e__.【解析】令h(x)＝g(x)-f(x)＝4x＋eq\f(1,x)-ex-lnx，1≤x≤2，則h′(x)＝4-eq\f(1,x2)-ex-eq\f(1,x)，令m(x)＝4-eq\f(1,x2)-ex-eq\f(1,x)，則m′(x)＝eq\f(2,x3)-ex＋eq\f(1,x2)，1≤x≤2，易知m′(x)單調(diào)遞減，則m′(1)＝3-e>0，m′(1.1)＝eq\f(2,1.13)＋eq\f(1,1.12)-e1.1<0，則必存在一點(diǎn)x0∈(1，1.1)，使m′(x0)＝eq\f(2,xeq\o\al(3,0))-ex0＋eq\f(1,xeq\o\al(2,0))＝0，即eq\f(2,xeq\o\al(3,0))＋eq\f(1,xeq\o\al(2,0))＝ex0，即m(x)在(1，x0)單調(diào)遞增，在(x0，2)單調(diào)遞減，則函數(shù)m(x)在x0處取最大值，且m(x0)＝4-eq\f(1,xeq\o\al(2,0))-ex0-eq\f(1,x0)＝4-eq\f(1,xeq\o\al(2,0))-eq\f(1,x0)-eq\f(2,xeq\o\al(3,0))-eq\f(1,xeq\o\al(2,0))＝4-eq\f(2,xeq\o\al(2,0))-eq\f(1,x0)-eq\f(2,xeq\o\al(3,0))，x0∈(1，1.1)易知m(x0)單調(diào)遞增，則m(x0)<m(1.1)＝4-eq\f(2,1.12)-eq\f(1,1.1)-eq\f(2,1.13)<0，則m(x)<0，在1≤x≤2時(shí)，恒成立，即h′(x)<0，故h(x)單調(diào)遞減，從而h(x)≤h(1)＝5-e.故答案為5-e.三、解答題13．(2021·四川高三零模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(a,2)x2-2x＋eq\f(5,6)，其中a∈R.若函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線2x＋y-1＝0平行．(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的極值．【解析】(1)由已知，可得f′(x)＝x2＋ax-2.∵函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線2x＋y-1＝0平行，∴f′(1)＝a-1＝-2，解得a＝-1.經(jīng)驗(yàn)證，a＝-1符合題意．(2)由(1)得f(x)＝eq\f(1,3)x3-eq\f(1,2)x2-2x＋eq\f(5,6)，求導(dǎo)f′(x)＝x2-x-2＝(x＋1)(x-2)．令f′(x)＝0，得x＝-1或x＝2，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)與f(x)的變化情況如下表：x(-∞，-1)-1(-1，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0-0＋f(x)單調(diào)遞增↗極大值單調(diào)遞減↘極小值單調(diào)遞增↗∴當(dāng)x＝-1時(shí)，f(x)取得極大值，且f(-1)＝2；當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取得極小值，且f(2)＝-eq\f(5,2).14．(2021·全國高三模擬)已知函數(shù)f(x)＝xex＋eq\f(1,2)ax2＋ax，g(x)＝eq\f(1,2)ax2-alnx(a∈R)．(1)討論f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的單調(diào)性；(2)若關(guān)于x的不等式f(x)>g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍．【解析】(1)f(x)＝xex＋eq\f(1,2)ax2＋ax，x∈(0，＋∞)，求導(dǎo)得：f′(x)＝(x＋1)ex＋ax＋a＝(ex＋a)(x＋1)．當(dāng)a≥-1時(shí)，ex＋a≥0，x＋1>0，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a<-1時(shí)，令f′(x)>0，得ex>-a，x>ln(-a)，f(x)單調(diào)遞增；令f′(x)<0，得ex<-a，x<ln(-a)，f(x)單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≥-1時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<-1時(shí)，f(x)在(0，ln(-a))上單調(diào)遞減，在(ln(-a)，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)由f(x)>g(x)得，xex＋ax>-alnx?xex>-a(x＋lnx)．令t＝xex，t∈(0，＋∞)，則x＋lnx＝ln(xex)＝lnt，上式變?yōu)閠>-alnt.①當(dāng)a＝0時(shí)，上式恒成立；②當(dāng)a>0時(shí)，t→0時(shí)，-alnt→＋∞，不成立；③當(dāng)a<0時(shí)，-eq\f(1,a)>eq\f(lnt,t)＝h(t)，求導(dǎo)得：h′(t)＝eq\f(1-lnt,t2)＝0?t＝e，所以，h(t)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，則-eq\f(1,a)>eq\f(1,e)，即-e<a<0.綜上，a∈(-e，0]．15．(2021·貴州凱里一中高三三模)已知函數(shù)f(x)＝x3-3kx＋2，k∈R.(1)若x＝-2是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，求k的值及f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2))上有且僅有2個(gè)零點(diǎn)，求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2))上的最大值g(k)．【解析】(1)由題知，f(x)＝x3-3kx＋2的定義域?yàn)镽，f′(x)＝3x2-3k，∴f′(-2)＝12-3k＝0，解得k＝4，∵f′(x)＝3x2-12＝3(x＋2)(x-2)，∴x∈(-2，2)時(shí)，f′(x)<0；x∈(-∞，-2)∪(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(-∞，-2)和(2，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(-2，2)．(2)由(1)知，f′(x)＝3(x2-k)，①當(dāng)k≤0時(shí)，f′(x)＝3(x2-k)≥0恒成立，∴f(x)在[0，2]上單調(diào)遞增，最多只有1個(gè)零點(diǎn)，不符合條件，舍去．②當(dāng)k≥4時(shí)，當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f′(x)＝3(x2-k)≤0恒成立，∴f(x)在[0，2]上單調(diào)遞減，最多只有1個(gè)零點(diǎn)，不符合條件，舍去．③當(dāng)0<k<4時(shí)，令f′(x)＝3(x2-k)<0得0<x<eq\r(k)，∴f(x)在(0，eq\r(k))上遞減，在(eq\r(k)，2)上遞增，要使函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，2]上有且僅有2個(gè)零點(diǎn)，必有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）≥0，,f（\r(k)）<0，,f（2）≥0