2022届高三数学一轮复习（原卷版）第3讲　高效演练分层突破 (3).doc

基础题组练 1函数 f(x)2x39x22 在4，2上的最大值和最小值分别是( ) A25，2 B50，14 C50，2 D50，14 解析：选 C因为 f(x)2x39x22，所以 f(x)6x218x，当 x4，3)或 x(0，2时，f(x)0，f(x)为增函数，当 x(3，0)时，f(x)0，f(x)为减函数，由 f(4)14，f(3)25，f(0)2，f(2)50，故函数 f(x)2x39x22 在4，2上的最大值和最小值分别是 50，2. 2(多选)已知函数 yf(x)的导函数 f(x)的图象如图所示，则下列判断正确的是( ) A函数 yf(x)在区间3，12内单调递增 B当 x2 时，函数 yf(x)取得极小值 C函数 yf(x)在区间(2，2)内单调递增 D当 x3 时，函数 yf(x)有极小值 解析：选 BC对于 A，函数 yf(x)在区间3，12内有增有减，故 A 不正确；对于B，当 x2 时，函数 yf(x)取得极小值，故 B 正确；对于 C，当 x(2，2)时，恒有 f(x)0，则函数 yf(x)在区间(2，2)上单调递增，故 C 正确；对于 D，当 x3 时，f(x)0，故 D 不正确 3已知函数 f(x)2f(1)ln xx，则 f(x)的极大值为( ) A2 B2ln 22 Ce D2e 解析：选 B函数 f(x)定义域(0，)，f(x)2f（1）x1，所以 f(1)1，f(x)2ln xx，令 f(x)2x10，解得 x2.当 0 x0，当 x2 时，f(x)0，g(x)6x22x1 的 200 恒成立，故 f(x)0 恒成立， 即 f(x)在定义域上单调递增，无极值点 6函数 f(x)x33x24 在 x_处取得极小值 解析：由 f(x)3x26x0，得 x0 或 x2.列表 x (，0) 0 (0，2) 2 (2，) f(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 所以在 x2 处取得极小值 答案：2 7 已知函数 f(x)x3ax2(a6)x1.若函数 f(x)的图象在点(1， f(1)处的切线斜率为 6，则实数 a_；若函数在(1，3)内既有极大值又有极小值，则实数 a 的取值范围是_ 解析：f(x)3x22axa6，结合题意 f(1)3a96，解得 a1；若函数在(1，3)内既有极大值又有极小值，则 f(x)0 在(1，3)内有 2 个不相等的实数根，则4a212（a6）0，f（1）0，f（3）0，解得337a3. 答案：1 337，3 8 (2020 甘肃兰州一中期末改编)若 x2 是函数 f(x)(x2ax1)ex的极值点， 则 f(2)_，f(x)的极小值为_ 解析：由函数 f(x)(x2ax1)ex可得 f(x)(2xa)ex(x2ax1)ex，因为 x2 是函数 f(x)的极值点，所以 f(2)(4a)e2(42a1)e20，即4a32a0，解得a1.所以f(x)(x2x2)ex.令f(x)0可得x2或x1.当x1时， f(x)0，此时函数 f(x)为增函数，当2x1 时，f(x)0，此时函数 f(x)为减函数，所以当 x1 时函数 f(x)取得极小值，极小值为 f(1)(1211)e1e. 答案：0 e 9(2020 洛阳尖子生第二次联考)已知函数 f(x)mxnxln x，mR. (1)若函数 f(x)的图象在(2，f(2)处的切线与直线 xy0 平行，求实数 n 的值； (2)试讨论函数 f(x)在区间1，)上的最大值 解：(1)由题意得 f(x)nxx2，所以 f(2)n24.由于函数 f(x)的图象在(2，f(2)处的切线与直线 xy0 平行，所以n241，解得 n6. (2)f(x)nxx2，令 f(x)n；令 f(x)0，得 x1 时，函数 f(x)在1，n)上单调递增，在(n，)上单调递减，所以 f(x)maxf(n)m1ln n. 10(2019 高考江苏卷节选)设函数 f(x)(xa)(xb) (xc)，a，b，cR，f(x)为 f(x)的导函数 (1)若 abc，f(4)8，求 a 的值； (2)若 ab，bc，且 f(x)和 f(x)的零点均在集合3，1，3中，求 f(x)的极小值 解：(1)因为 abc，所以 f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)3. 因为 f(4)8，所以(4a)38，解得 a2. (2)因为 bc，所以 f(x)(xa)(xb)2x3(a2b)x2b(2ab)xab2， 从而 f(x)3(xb)x2ab3.令 f(x)0，得 xb 或 x2ab3. 因为 a，b，2ab3都在集合3，1，3中，且 ab， 所以2ab31，a3，b3. 此时，f(x)(x3)(x3)2，f(x)3(x3)(x1) 令 f(x)0，得 x3 或 x1.列表如下： x (，3) 3 (3，1) 1 (1，) f(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 所以 f(x)的极小值为 f(1)(13)(13)232. 综合题组练 1(综合型)(2020 河北石家庄二中期末)若函数 f(x)(1x)(x2axb)的图象关于点(2，0)对称，x1，x2分别是 f(x)的极大值点与极小值点，则 x2x1( ) A 3 B2 3 C2 3 D 3 解析：选 C由题意可得 f(2)3(42ab)0， 因为函数图象关于点(2，0)对称，且 f(1)0， 所以 f(5)0， 即 f(5)6(255ab)0， 联立b2a40，b5a250，解得b10，a7. 故 f(x)(1x)(x27x10)x36x23x10， 则 f(x)3x212x33(x24x1)， 结合题意可知 x1，x2是方程 x24x10 的两个实数根，且 x1x2， 故 x2x1|x1x2| （x1x2）24x1x2 （4）2412 3. 2(创新型)(2020 郑州质检)若函数 yf(x)存在 n1(nN*)个极值点，则称 yf(x)为 n折函数，例如 f(x)x2为 2 折函数已知函数 f(x)(x1)exx(x2)2，则 f(x)为( ) A2 折函数 B3 折函数 C4 折函数 D5 折函数 解析：选 Cf(x)(x2)ex(x2)(3x2)(x2) (ex3x2)，令 f(x)0，得 x2 或 ex3x2. 易知 x2 是 f(x)的一个极值点， 又 ex3x2，结合函数图象，yex与 y3x2 有两个交点又 e23(2)24. 所以函数 yf(x)有 3 个极值点，则 f(x)为 4 折函数 3若函数 f(x)2x2ln x 在其定义域的一个子区间(k1，k1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是_ 解析：因为 f(x)的定义域为(0，)，又因为 f(x)4x1x，所以由 f(x)0 解得 x12，由题意得k112k1，k10，解得 1k0，解得 x1，令 f(x)0，解得2x0) (1)求函数 f(x)的单调区间和极值； (2)是否存在实数 a，使得函数 f(x)在1，e上的最小值为 0？若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由 解析：由题意，知函数的定义域为x|x0，f(x)ax1x2(a0) (1)由 f(x)0，解得 x1a， 所以函数 f(x)的单调递增区间是1a， ； 由 f(x)0，解得 x1a， 所以函数 f(x)的单调递减区间是0，1a. 所以当 x1a时，函数 f(x)有极小值 f1aaln 1aaaaln a. (2)不存在理由如下： 由(1)可知，当 x0，1a时，函数 f(x)单调递减； 当 x1a， 时，函数 f(x)单调递增 若 01a1，即 a1 时，函数 f(x)在1，e上为增函数， 故函数 f(x)的最小值为 f(1)aln 111，显然 10，故不满足条件 若 11ae，即1ea1 时，函数 f(x)在1，1a上为减函数，在1a，e 上为增函数， 故函数 f(x)的最小值为 f(x)的极小值 f1aaln 1aaaaln aa(1ln a)0，即 ln a1，解得 ae，而1eae，即 0a1e时，函数 f(x)在1，e上为减函数，故函数 f(x)的最小值为 f(e)aln e1ea1e0，即 a1e，而 0a1e，故不满足条件 综上所述，不存在这样的实数 a，使得函数 f(x)在1，e上的最小值为 0.