【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(人教A版)階段性測(cè)試題3(導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用)

階段性測(cè)試題三(導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分150分?？荚嚂r(shí)間120分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．)1．(文)(2022·三亞市一中月考)函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)[答案]D[解析]∵f(x)＝(x－3)ex，∴f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex，由f′(x)>0得x>2，∴選D．(理)(2021·皖南八校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝xex－ex＋1的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，e) B．(1，e)C．(e，＋∞) D．(e－1，＋∞)[答案]D[解析]f′(x)＝ex＋xex－ex＋1＝ex(1＋x－e)，由f′(x)>0得：x>e－1，故選D．2．(2021·韶關(guān)市十校聯(lián)考)下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又存在極值的是()A．y＝x3 B．y＝ln(－x)C．y＝xe－x D．y＝x＋eq\f(2,x)[答案]D[解析]y＝ln(－x)，y＝xe－x都是非奇非偶函數(shù)，y＝x3是奇函數(shù)，但值域?yàn)镽，不存在極值．只有y＝x＋eq\f(2,x)是奇函數(shù)，且存在微小值2和極大值－2.3．(文)(2022·甘肅省金昌市二中、臨夏中學(xué)期中)已知函數(shù)f(x)＝lnx，則函數(shù)g(x)＝f(x)－f′(x)的零點(diǎn)所在的區(qū)間是()A．(0,1) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)[答案]B[解析]由題可知g(x)＝lnx－eq\f(1,x)，∵g(1)＝－1<0，g(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝ln2－lneq\r(e)>0，∴選B．(理)(2022·長(zhǎng)安一中質(zhì)檢)設(shè)a∈R，函數(shù)f(x)＝ex＋a·e－x的導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，且f′(x)是奇函數(shù)．若曲線y＝f(x)的一條切線的斜率是eq\f(3,2)，則切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為()A．ln2 B．－ln2C．eq\f(ln2,2) D．－eq\f(ln2,2)[答案]A[解析]∵f′(x)＝ex－ae－x為奇函數(shù)，∴a＝1，設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為x0，則f′(x0)＝ex0－e－x0＝eq\f(3,2)，∵ex0>0，∴ex0＝2，∴x0＝ln2，故選A．4．(2021·江西三縣聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x3＋2ax2＋eq\f(1,a)x(a>0)，則f′(2)的最小值為()A．12＋4eq\r(2) B．16C．8＋8a＋eq\f(2,a) D．12＋8a＋eq\f(1,a)[答案]A[解析]∵f′(x)＝3x2＋4ax＋eq\f(1,a)，∴f′(2)＝12＋8a＋eq\f(1,a)，∵a>0，∴f′(2)≥12＋2eq\r(8a·\f(1,a))＝12＋4eq\r(2)，等號(hào)在a＝eq\f(\r(2),4)時(shí)成立．5．(2021·韶關(guān)市十校聯(lián)考)設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax，x∈R，有大于－1的極值點(diǎn)，則()A．a(chǎn)<－1 B．a(chǎn)>－1C．a(chǎn)<－eq\f(1,e) D．a(chǎn)>－eq\f(1,e)[答案]C[解析]由y′＝ex＋a＝0得，ex＝－a，∵函數(shù)有大于－1的極值點(diǎn)，∴a＝－ex<－eq\f(1,e).6．(文)(2022·北京東城區(qū)聯(lián)考)如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象，則下面推斷正確的是()A．在區(qū)間(－2,1)上f(x)是增函數(shù) B．在(1,3)上f(x)是減函數(shù)C．在(4,5)上f(x)是增函數(shù) D．當(dāng)x＝4時(shí)，f(x)取極大值[答案]C[解析]由導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象知，f(x)在(－2,1)上先減后增，在(1,3)上先增后減，在(4,5)上單調(diào)遞增，x＝4是f(x)的微小值點(diǎn)，故A、B、D錯(cuò)誤，選C．(理)(2021·潮陽一中、桂城中學(xué)等七校聯(lián)考)由曲線y＝x2，y＝x3圍成的封閉圖形的面積為()A．eq\f(7,12) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,12)[答案]D[解析]由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x2，,y＝x3，))得兩曲線交點(diǎn)坐標(biāo)為(0,0)，(1,1)，故積分區(qū)間為[0,1]，所求封閉圖形的面積為eq\i\in(0,1,)(x2－x3)dx＝(eq\f(1,3)x3－eq\f(1,4)x4)|eq\o\al(1,0)＝eq\f(1,12).7．(2021·石光中學(xué)段考)函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，f(x)＝f(2－x)，當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，(x－1)f′(x)<0，設(shè)a＝f(0)，b＝f(eq\f(1,2))，c＝f(3)，則()A．a(chǎn)<b<c B．c<a<bC．c<b<a D．b<c<a[答案]B[解析]由f(x)＝f(2－x)知f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，又x<1時(shí)，(x－1)f′(x)<0，∴f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，∴f(－1)<f(0)<f(eq\f(1,2))，又f(3)＝f(－1)，∴c<a<b.8．(文)(2021·湖北省教學(xué)合作十月聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝logax(0<a<1)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，M＝f′(a)，N＝f(a＋1)－f(a)，P＝f′(a＋1)，Q＝f(a＋2)－f(a＋1)，則A，B，C，D中最大的數(shù)是()A．M B．NC．P D．Q[答案]D[解析]由于函數(shù)f(x)＝logax(0<a<1)是可導(dǎo)函數(shù)且為單調(diào)遞減函數(shù)，M、P分別表示函數(shù)在點(diǎn)a，a＋1處切線的斜率，由于N＝eq\f(fa＋1－fa,a＋1－a)，Q＝eq\f(fa＋2－fa＋1,a＋2－a＋1)，故N，Q分別表示函數(shù)圖象上兩點(diǎn)(a，f(a))，(a＋1，f(a＋1))和兩點(diǎn)(a＋1，f(a＋1))，(a＋2，f(a＋2))連線的斜率，由函數(shù)圖象可知確定有M<N<P<Q，四個(gè)數(shù)中最大的是Q，故選D．(理)(2021·許昌、平頂山、新鄉(xiāng)調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的部分圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的解析式為()A．f(x)＝2sin(eq\f(1,2)x＋eq\f(π,4)) B．f(x)＝4sin(eq\f(1,2)x＋eq\f(π,4))C．f(x)＝2sin(x＋eq\f(π,4)) D．f(x)＝4sin(eq\f(1,2)x＋eq\f(3π,4))[答案]B[解析]f′(x)＝Aωcos(ωx＋φ)，由f′(x)的圖象知，eq\f(T,2)＝eq\f(3π,2)－(－eq\f(π,2))＝2π，∴T＝4π，∴ω＝eq\f(1,2)，∴Aω＝2，∴A＝4，∴f′(x)＝2cos(eq\f(1,2)x＋φ)，由f′(x)的圖象過點(diǎn)(eq\f(3π,2)，－2)得cos(eq\f(3π,4)＋φ)＝－1，∵0<φ<π，∴φ＝eq\f(π,4)，∴f′(x)＝2cos(eq\f(1,2)x＋eq\f(π,4))，∴f(x)＝4sin(eq\f(1,2)x＋eq\f(π,4))．9．(2021·廬江二中、巢湖四中聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，x0(x0≠0)是f(x)的微小值點(diǎn)，以下結(jié)論確定正確的是()A．?x∈R，f(x)≥f(x0) B．－x0是f(－x)的極大值點(diǎn)C．－x0是－f(x)的微小值點(diǎn) D．－x0是－f(－x)的極大值點(diǎn)[答案]D[解析]∵x0是f(x)的微小值點(diǎn)，y＝－f(－x)與y＝f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，∴－x0是y＝－f(－x)的極大值點(diǎn)．10．(文)(2021·山東滕州一中單元檢測(cè))函數(shù)f(x)＝sinx＋2xf′(eq\f(π,3))，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，令a＝－eq\f(1,2)，b＝log32，則下列關(guān)系正確的是()A．f(a)>f(b) B．f(a)<f(b)C．f(a)＝f(b) D．f(|a|)>f(b)[答案]A[解析]∵f(x)＝sinx＋2xf′(eq\f(π,3))，∴f′(x)＝cosx＋2f′(eq\f(π,3))，∴f′(eq\f(π,3))＝coseq\f(π,3)＋2f′(eq\f(π,3))，∴f′(eq\f(π,3))＝－eq\f(1,2)，∴f(x)＝sinx－x，∴f′(x)＝cosx－1≤0，∴f(x)在R上為減函數(shù)，∵a＝－eq\f(1,2)，b＝log32>0，∴a<b，∴f(a)>f(b)．(理)(2022·福建省閩侯二中、永泰二中、連江僑中、長(zhǎng)樂二中聯(lián)考)設(shè)函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,ex)是定義在R上的函數(shù)，其中f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)<f(x)對(duì)于x∈R恒成立，則()A．f(2)>e2f(0)，f(2022)>e2022f(0) B．f(2)<e2f(0)，f(2022)>e2022C．f(2)<e2f(0)，f(2022)<e2022f(0) D．f(2)>e2f(0)，f(2022)<e2022[答案]C[解析]∵函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,ex)的導(dǎo)數(shù)F′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex)<0，∴函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,ex)是定義在R上的減函數(shù)，∴F(2)<F(0)，即eq\f(f2,e2)<eq\f(f0,e0)，故有f(2)<e2f(0)．同理可得f(2022)<e2022f(0)．故選11．(文)(2021·婁底市名校聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝x2－eq\f(1,2)lnx＋1在其定義域的一個(gè)子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是()A．[1，＋∞) B．[1，eq\f(3,2))C．[1，＋2) D．[eq\f(3,2)，2)[答案]B[解析]f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，y′＝2x－eq\f(1,2x)，由f′(x)＝0得x＝eq\f(1,2)，依題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－1<\f(1,2)<k＋1，,k－1≥0，))∴1≤k<eq\f(3,2).(理)(2021·洛陽期中)設(shè)f(x)是定義在R上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝2021，則不等式exf(x)>ex＋2022(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的解集為()A．(2022，＋∞) B．(－∞，0)∪(2022，＋∞)C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(0，＋∞)[答案]D[解析]令F(x)＝exf(x)－ex－2022，∵f(x)＋f′(x)>1，∴F′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex(f(x)＋f′(x)－1)>0，∴F(x)在R上為增函數(shù)，又F(0)＝e0f(0)－e0－2022＝2021－1－2022＝0，∴由F(x)>F(0)得x>0，即exf(x)－ex－2022>0的解為x>0，故選12．(2022·山東省德州市期中)已知函數(shù)f(x)＝ex(sinx－cosx)，x∈(0,2021π)，則函數(shù)f(x)的極大值之和為()A．eq\f(e2π1－e2022π,e2π－1) B．eq\f(eπ1－e2022π,1－e2π)C．eq\f(eπ1－e1006π,1－e2π) D．eq\f(eπ1－e1006π,1－eπ)[答案]B[解析]f′(x)＝2exsinx，令f′(x)＝0得sinx＝0，∴x＝kπ，k∈Z，當(dāng)2kπ<x<2kπ＋π時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)(2k－1)π<x<2kπ時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，∴當(dāng)x＝(2k＋1)π時(shí)，f(x)取到極大值，∵x∈(0,2021π)，∴0<(2k＋1)π<2021π，∴0≤k<1006，k∈Z.∴f(x)的極大值之和為S＝f(π)＋f(3π)＋f(5π)＋…＋f(2011π)＝eπ＋e3π＋e5π＋…＋e2011π＝eq\f(eπ[1－e2π1006],1－e2π)＝eq\f(eπ1－e2022π,1－e2π)，故選B．第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4個(gè)小題，每小題4分，共16分，把正確答案填在題中橫線上．)13．(文)(2021·北郊高中調(diào)研)曲線y＝x3＋mx＋c在點(diǎn)P(1，n)處的切線方程為y＝2x＋1，其中m，n，c∈R，則m＋n＋c＝________.[答案]5[解析]y′＝3x2＋m，由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋m＋c＝n，,3＋m＝2，,n＝2×1＋1.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－1，,n＝3，,c＝3.))∴m＋n＋c＝5.(理)(2022·江西臨川十中期中)已知直線y＝2x－1與曲線y＝ln(x＋a)相切，則a的值為________．[答案]eq\f(1,2)ln2[解析]∵y＝ln(x＋a)，∴y′＝eq\f(1,x＋a)，設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，則y0＝2x0－1，y0＝ln(x0＋a)，且eq\f(1,x0＋a)＝2，解之得a＝eq\f(1,2)ln2.14．(文)(2022·杭州七校聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝x3－3bx＋b在區(qū)間(0,1)內(nèi)有極值，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是________．[答案](0,1)[解析]f′(x)＝3x2－3b，∵f(x)在(0,1)內(nèi)有極值，∴f′(x)＝0在(0,1)內(nèi)有解，∴0<b<1.(理)(2021·河南八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝esinx＋cosx－eq\f(1,2)sin2x(x∈R)，則函數(shù)f(x)的最大值與最小值的差是________．[答案]eeq\r(2)－e－eq\r(2)[解析]令sinx＋cosx＝t，則sin2x＝t2－1，易知－eq\r(2)≤t≤eq\r(2)，∴函數(shù)f(x)化為y＝et－eq\f(1,2)t2＋eq\f(1,2).(－eq\r(2)≤t≤eq\r(2))，y′＝et－t，令u(t)＝et－t，則u′(t)＝et－1.當(dāng)0<t≤eq\r(2)時(shí)，u′(t)>0，當(dāng)－eq\r(2)≤t<0時(shí)，u′(t)<0，∴u(t)在[－eq\r(2)，0]上單調(diào)遞減，在[0，eq\r(2)]上單調(diào)遞增，∴u(t)的最小值為u(0)＝1，于是u(t)≥1，∴y′>0，∴函數(shù)y＝et－eq\f(1,2)t2＋eq\f(1,2)在[－eq\r(2)，eq\r(2)]上為增函數(shù)，∴其最大值為eeq\r(2)－eq\f(1,2)，最小值為e－eq\r(2)－eq\f(1,2)，其差為eeq\r(2)－e－eq\r(2).15．(2021·滕州一中檢測(cè))已知x∈R，奇函數(shù)f(x)＝x3－ax2－bx＋c在[1，＋∞)上單調(diào)，則字母a，b，c應(yīng)滿足的條件是________．[答案]a＝c＝0，b≤3[解析]∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＋f(x)＝0恒成立，∴a＝c＝0，∴f(x)＝x3－bx，f′(x)＝3x2－b，∵f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)，∴eq\r(\f(b,3))≤1，∴b≤3.16．(2022·泉州試驗(yàn)中學(xué)期中)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x，若過點(diǎn)A(1，m)(m≠－2)可作曲線y＝f(x)的三條切線，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為________．[答案](－3，－2)[解析]f′(x)＝3x2－3，設(shè)切點(diǎn)為P(x0，y0)，則切線方程為y－(xeq\o\al(3,0)－3x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－3)(x－x0)，∵切線經(jīng)過點(diǎn)A(1，m)，∴m－(xeq\o\al(3,0)－3x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－3)(1－x0)，∴m＝－2xeq\o\al(3,0)＋3xeq\o\al(2,0)－3，m′＝－6xeq\o\al(2,0)＋6x0，∴當(dāng)0<x0<1時(shí)，此函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)x0<0或x0>1時(shí)，此函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)x0＝0時(shí)，m＝－3，當(dāng)x0＝1時(shí)，m＝－2，∴當(dāng)－3<m<－2時(shí)，直線y＝m與函數(shù)y＝－2xeq\o\al(3,0)＋3xeq\o\al(2,0)－3的圖象有三個(gè)不同交點(diǎn)，從而x0有三個(gè)不同實(shí)數(shù)根，故過點(diǎn)A(1，m)可作三條不同切線，∴m的取值范圍是(－3，－2)．三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共74分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．)17．(本小題滿分12分)(2021·廬江二中、巢湖四中聯(lián)考)已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1處取得極值，且f(1)＝－1.(1)求常數(shù)a，b，c的值；(2)求f(x)的極值．[解析](1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由已知有f′(1)＝f′(－1)＝0，f(1)＝－1，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a＋2b＋c＝0，,3a－2b＋c＝0，,a＋b＋c＝－1.))∴a＝eq\f(1,2)，b＝0，c＝－eq\f(3,2).(2)由(1)知，f(x)＝eq\f(1,2)x3－eq\f(3,2)x，∴f′(x)＝eq\f(3,2)x2－eq\f(3,2)＝eq\f(3,2)(x－1)(x＋1)，當(dāng)x<－1時(shí)，或x>1時(shí)，f′(x)>0.當(dāng)－1<x<1時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)內(nèi)分別為增函數(shù)；在(－1，1)內(nèi)是減函數(shù)．∴當(dāng)x＝－1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極大值f(－1)＝1；當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)取得微小值f(1)＝－1.18．(本小題滿分12分)(文)(2022·山東省菏澤市期中)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx＋c在x＝2處取得極值為c－16.(1)求a，b的值；(2)若f(x)有極大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．[解析](1)∵f(x)＝ax3＋bx＋c，∴f′(x)＝3ax2＋b，∵f(x)在點(diǎn)x＝2處取得極值c－16，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′2＝0，,f2＝c－16，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a＋b＝0，,8a＋2b＋c＝c－16.))化簡(jiǎn)得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a＋b＝0，,4a＋b＝－8.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－12.))(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2，當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(－∞，－2)上為增函數(shù)，當(dāng)x∈(－2,2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(－2,2)上為減函數(shù)，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)f′(x)>0，f(x)在(2，＋∞)上為增函數(shù)．由此可知f(x)在x1＝－2處取得極大值f(－2)＝16＋c，f(x)在x2＝2處取得微小值f(2)＝c－16，由題設(shè)條件知16＋c＝28得c＝12，此時(shí)f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝c－16＝－4，因此f(x)上[－3,3]的最小值為f(2)＝－4.(理)(2022·江西臨川十中期中)已知函數(shù)g(x)＝x2－(2a＋1)x＋alnx(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)g(x)的單調(diào)增區(qū)間；(2)求函數(shù)g(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值．[解析](1)當(dāng)a＝1時(shí)，g(x)＝x2－3x＋lnx，g′(x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x)，由g′(x)>0得，x>1或x<eq\f(1,2)，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，eq\f(1,2))，(1，＋∞)．(2)∵g(x)＝x2－(2a＋1)x＋alnx∴g′(x)＝2x－(2a＋1)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－2a＋1x＋a,x)＝eq\f(2x－1x－a,x)，∵x∈[1，e]，∴當(dāng)a≤1時(shí)，g′(x)≥0，g(x)單調(diào)遞增，g(x)min＝g(1)＝－2a；當(dāng)1<a<e時(shí)，若x∈(1，a)，則g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減若x∈(a，e)，則g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．g(x)min＝g(a)＝－a2－a＋alna；當(dāng)a≥e時(shí)，g′(x)≤0，g(x)單調(diào)遞減，g(x)min＝g(e)＝e2－(2a＋1)e＋agmin(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a，a≤1，,－a2－a＋alna，1<a<e，,e2－2a＋1e＋a，a≥e.))19．(本小題滿分12分)(文)(2022·韶關(guān)市曲江一中月考)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋cx＋d(a≠0)是R上的奇函數(shù)，當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得極值－2.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極大值；(3)證明：對(duì)任意x1、x2∈(－1,1)，不等式|f(x1)－f(x2)|<4恒成立．[解析](1)∵f(x)是R上的奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，即－ax3－cx＋d＝－ax3－cx－d，∴d＝－d，∴d＝0(或由f(0)＝0得d＝0)．∴f(x)＝ax3＋cx，f′(x)＝3ax2＋c，又當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得極值－2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝－2，,f′1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝－2，,3a＋c＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,c＝－3.))∴f(x)＝x3－3x.(2)f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，當(dāng)－1<x<1時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x<－1或x>1時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；∴函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間是(－∞，－1)和(1，＋∞)；遞減區(qū)間為(－1,1)．因此，f(x)在x＝－1處取得極大值，且極大值為f(－1)＝2.(3)由(2)知，函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1,1]上單調(diào)遞減，且f(x)在區(qū)間[－1,1]上的最大值為M＝f(－1)＝2.最小值為m＝f(1)＝－2.∴對(duì)任意x1，x2∈(－1,1)，|f(x1)－f(x2)|<M－m＝4成立．即對(duì)任意x1、x2∈(－1,1)，不等式|f(x1)－f(x2)|<4恒成立．(理)(2021·皖南八校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝eq\f(a,3)x3－eq\f(1,2)x2＋ax＋1(a∈R)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)．(1)若函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值，求實(shí)數(shù)a的值；(2)已知不等式f′(x)>x2＋x－a對(duì)任意a∈(0，＋∞)都成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍．[解析](1)f′(x)＝ax2－x＋a，由于函數(shù)f(x)在x＝2時(shí)取得極值，所以f′(2)＝0.即4a－2＋a＝0，解得a＝eq\f(2,5)，此時(shí)f′(x)在x＝2兩邊異號(hào)，f(x)在x＝2處取得極值．(2)方法一：由題設(shè)知：ax2－x＋a>x2＋x－a對(duì)任意a∈(0，＋∞)都成立，即a(x2＋2)－x2－2x>0對(duì)任意a∈(0，＋∞)都成立．設(shè)g(a)＝a(x2＋2)－x2－2x(a∈R)，則對(duì)任意x∈R，g(a)為單調(diào)遞增函數(shù)(a∈R)，所以對(duì)任意a∈(0，＋∞)，g(a)>0恒成立的充分必要條件是g(0)≥0，即－x2－2x≥0，∴－2≤x≤0，于是x的取值范圍是{x|－2≤x≤0}．方法二：由題設(shè)知：ax2－x＋a>x2＋x－a，對(duì)任意a∈(0，＋∞)都成立，即a(x2＋2)－x2－2x>0對(duì)任意a∈(0，＋∞)都成立，于是a>eq\f(x2＋2x,x2＋2)對(duì)任意a∈(0，＋∞)都成立，即eq\f(x2＋2x,x2＋2)≤0.∴－2≤x≤0，于是x的取值范圍是{x|－2≤x≤0}．20．(本小題滿分12分)(2022·北京海淀期中)已知函數(shù)f(x)＝x2－2(a＋1)x＋2alnx(a>0)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)若f(x)≤0在區(qū)間[1，e]上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解析](1)∵a＝1，∴f(x)＝x2－4x＋2lnx，∴f′(x)＝eq\f(2x2－4x＋2,x)(x>0)，f(1)＝－3，f′(1)＝0，所以切線方程為y＝－3.(2)f′(x)＝eq\f(2x2－2a＋1x＋2a,x)＝eq\f(2x－1x－a,x)(x>0)，令f′(x)＝0得x1＝a，x2＝1，當(dāng)0<a<1時(shí)，在x∈(0，a)或x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，在x∈(a,1)時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，a)和(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a,1)；當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝eq\f(2x－12,x)≥0，∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a>1時(shí)，在x∈(0,1)或x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，在x∈(1，a)時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1)和(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，a)．(3)由(2)可知，f(x)在區(qū)間[1，e]上只可能有微小值點(diǎn)，∴f(x)在區(qū)間[1，e]上的最大值必在區(qū)間端點(diǎn)取到，∴f(1)＝1－2(a＋1)≤0且f(e)＝e2－2(a＋1)e＋2a≤0，解得a≥eq\f(e2－2e,2e－2).21．(本小題滿分12分)(2022·三峽名校聯(lián)盟聯(lián)考)時(shí)下，網(wǎng)校教學(xué)越來越受到廣高校生的寵愛，它已經(jīng)成為同學(xué)們課外學(xué)習(xí)的一種趨勢(shì)，假設(shè)某網(wǎng)校的套題每日的銷售量y(單位：千套)與銷售價(jià)格x(單位：元/套)滿足的關(guān)系式y(tǒng)＝eq\f(m,x－2)＋4(x－6)2，其中2<x<6，m為常數(shù)．已知銷售價(jià)格為4元/套時(shí)，每日可售出套題21千套．(1)求m的值；(2)假設(shè)網(wǎng)校的員工工資、辦公等全部開銷折合為每套題2元(只考慮銷售出的套數(shù))，試確定銷售價(jià)格x的值，使網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤(rùn)最大．(保留1位小數(shù))[解析](1)由于x＝4時(shí)，y＝21，代入關(guān)系式y(tǒng)＝eq\f(m,x－2)＋4(x－6)2，得eq\f(m,2)＋16＝21，解得m＝10.(2)由(1)可知，套題每日的銷售量y＝eq\f(10,x－2)＋4(x－6)2，所以每日銷售套題所獲得的利潤(rùn)f(x)＝(x－2)[eq\f(10,x－2)＋4(x－6)2]＝10＋4(x－6)2(x－2)＝4x3－56x2＋240x－278(2<x<6)，從而f′(x)＝12x2－112x＋240＝4(3x－10)(x－6)(2<x<6)．令f′(x)＝0，得x＝eq\f(10,3)，且在(0，eq\f(10,3))上，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；在(eq\f(10,3)，6)上，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以x＝eq\f(10,3)是函數(shù)f(x)在(2,6)內(nèi)的極大值點(diǎn)，也是最大值點(diǎn)，所以當(dāng)x＝eq\f(10,3)≈3.3時(shí)，函數(shù)f(x)取得最大值．故當(dāng)銷售價(jià)格