高考数学专题复习练习：3-2-3 专项基础训练
A组 专项基础训练
(时间：35分钟)
1．(2017·安徽A10联盟3月模拟，12)已知函数f(x)＝－k，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为( )
A．(－∞，e] B．[0，e]
C．(－∞，e) D．[0，e)
【解析】 f′(x)＝－k
＝(x＞0)．
设g(x)＝，则g′(x)＝，则g(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e，选A.
【答案】 A
2．(2017·浙江瑞安中学月考)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x等于( )
A. B.
C. D.
【解析】 由图象可知f(x)的图象过点(1，0)与(2，0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1＋b＋c＝0，8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝.
【答案】 C
3．若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式：y＝－x3＋27x＋123(x>0)，
则获得最大利润时的年产量为( )
A．1百万件 B．2百万件
C．3百万件 D．4百万件
【解析】 y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，
当0
0；
当x>3时，y′<0.
故当x＝3时，该商品的年利润最大．
【答案】 C
4．(2017·洛阳统考)若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a可能的值为( )
A．4 B．6
C．7 D．8
【解析】 由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)＞0得x＜1或x＞2，由f′(x)＜0得1＜x＜2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，
在(1，2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)，
若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，
而选项中只给出了4，所以选A.
【答案】 A
5．设函数ht(x)＝3tx－2t，若有且仅有一个正实数x0，使得h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数t都成立，则x0等于( )
A．5 B.
C．3 D.
【解析】 ∵h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数t都成立，
∴h7(x0)≥ht(x0)max.记g(t)＝ht(x0)＝3tx0－2t，
则g′(t)＝3x0－3t，令g′(t)＝0，
得t＝x，
易得ht(x0)max＝g(x)＝x，
∴21x0－14≥x，将选项代入检验可知选D.
【答案】 D
6．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的导函数为f′(x)，f′(x)＞0，对于任意实数x，有
f(x)≥0，则的最小值为________．
【解析】 ∵f′(x)＝2ax＋b，∴f′(0)＝b＞0.
由题意知，∴ac≥，∴c＞0，
∴＝≥≥＝2，当且仅当a＝c时“＝”成立．
【答案】 2
7．(2017·郑州质检)设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)＞x2，则不等式(x＋2 017)2f(x＋2 017)－4f(－2)＞0的解集为________．
【解析】 由2f(x)＋xf′(x)＞x2，
x＜0得2xf(x)＋x2f′(x)＜x3，
所以[x2f(x)]′＜x3＜0.
令F(x)＝x2f(x)(x＜0)，
则F′(x)＜0(x＜0)，
即F(x)在(－∞，0)上是减函数，
因为F(x＋2 017)＝(x＋2 017)2f(x＋2 017)，F(－2)
＝4f(－2)，
所以不等式(x＋2 017)2f(x＋2 017)－4f(－2)＞0，
即为F(x＋2 017)－F(－2)＞0，即F(x＋2 017)＞F(－2)，
又因为F(x)在(－∞，0)上是减函数，
所以x＋2 017＜－2，所以x＜－2 019.
【答案】 (－∞，－2 019)
8．若对于任意实数x≥0，函数f(x)＝ex＋ax恒大于零，则实数a的取值范围是________．
【解析】 ∵当x≥0时，f(x)＝ex＋ax＞0恒成立．
∴若x＝0，a为任意实数，f(x)＝ex＋ax＞0恒成立．
若x＞0，f(x)＝ex＋ax＞0恒成立，
即当x＞0时，a＞－恒成立．设Q(x)＝－.
Q′(x)＝－＝.
当x∈(0，1)时，Q′(x)＞0，则Q(x)在(0，1)上单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，Q′(x)＜0，则Q(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴当x＝1时，Q(x)取得最大值．Q(x)max＝Q(1)＝－e，
∴要使x≥0时，f(x)＞0恒成立，a的取值范围为(－e，＋∞)．
【答案】 (－e，＋∞)
9．(2016·四川)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)＞－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数)．
【解析】 (1)f′(x)＝2ax－＝(x＞0)．
当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当a＞0时，由f′(x)＝0，有x＝.
此时，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
(2)令g(x)＝－，s(x)＝ex－1－x.
则s′(x)＝ex－1－1.
而当x＞1时，s′(x)＞0，
所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又由s(1)＝0，有s(x)＞0，从而当x＞1时，g(x)＞0.
当a≤0，x＞1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x＜0.
故当f(x)＞g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a＞0.
当0＜a＜时，＞1.
由(1)有f＜f(1)＝0，
而g＞0，
所以此时f(x)＞g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
当x＞1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x＞x－＋－
＝＞＞0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又因为h(1)＝0，所以当x＞1时，h(x)＝f(x)－g(x)＞0，
即f(x)＞g(x)恒成立．
综上，a∈.
10．某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
【解析】 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．
又根据题意200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以h＝(300－4r2)，
从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．
因为r＞0，又由h＞0可得r＜5，
故函数V(r)的定义域为(0，5)．
(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，
所以V′(r)＝(300－12r2)．
令V′(r)＝0，解得r＝5或－5(因为r＝－5不在定义域内，舍去)．
当r∈(0，5)时，V′(r)＞0，故V(r)在(0，5)上为增函数；
当r∈(5，5)时，V′(r)＜0，故V(r)在(5，5)上为减函数．
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.
即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
B组 专项能力提升
(时间：30分钟)
11．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数g(x)＝f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)的图象的是( )
【解析】 因g(x)＝f(x)ex，
则g′(x)＝(2ax＋b)ex＋(ax2＋bx＋c)ex＝(ax2＋2ax＋bx＋b＋c)ex.
由x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点．
∴c－a＝0，∴c＝a.∴f(x)＝ax2＋bx＋a.
若方程ax2＋bx＋a＝0有两根x1，x2，则x1x2＝＝1，D中图象一定不满足条件．
【答案】 D
12．(2017·开封一模)已知函数f(x)＝ax3－3x＋1对x∈(0，1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是________．
【解析】 当x∈(0，1]时不等式ax3－3x＋1≥0可化为a≥，设g(x)＝，x∈(0，1]，
g′(x)＝＝－.
g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表：
x
g′(x)
＋
0
－
g(x)
极大值4
因此g(x)的最大值为4，
则实数a的取值范围是[4，＋∞)．
【答案】 [4，＋∞)
13．(2017·皖江名校联考)若y＝ax＋b为函数f(x)＝图象的一条切线，则a＋b的最小值为________．
【解析】 f′(x)＝(x＞0)．设切点为，则切线方程为y－＝
(x－x0)，即y＝x－x0＋，亦即y＝x＋，令＝t，则t＞0，由题意得a＝＋＝t＋t2，b＝ln x0－－1＝－ln t－2t－1，令a＋b＝φ(t)＝－ln t＋t2－t－1，则φ′(t)＝－＋2t－1＝，当t∈(0，1)时，φ′(t)＜0，则φ(t)在(0，1)上单调递减；当t∈(1，＋∞)时，φ′(t)＞0，则φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，∴a＋b＝φ(t)≥φ(1)＝－1，故a＋b的最小值为－1.
【答案】 －1
14．设函数f(x)＝a2ln x－x2＋ax，a＞0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．
【解析】 (1)因为f(x)＝a2ln x－x2＋ax，其中x＞0，
所以f′(x)＝－2x＋a＝－.
由于a＞0，所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a，＋∞)．
(2)由题意得f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e.
由(1)知f(x)在[1，e]内单调递增，
要使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．
只要解得a＝e.
15．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2＜2.
【解析】 (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
(ⅰ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．
(ⅱ)设a＞0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b＜0且b＜ln ，则f(b)＞(b－2)＋a(b－1)2＝a(b2－b)＞0，
故f(x)存在两个零点．
(ⅲ)设a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时f(x)＜0，所以f(x)不存在两个零点．
若a＜－，则ln(－2a)＞1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)＜0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0.因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时f(x)＜0，所以f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)证明 不妨设x1＜x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2＜2等价于f(x1)＞f(2－x2)，即f(2－x2)＜0.
由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以当x＞1时，g′(x)＜0，而g(1)＝0，故当x＞1时，g(x)＜0.
从而g(x2)＝f(2－x2)＜0，故x1＋x2＜2.
