高考数学一轮复习练习案16第二章函数导数及其应用第十二讲导数在研究函数中的应用第2课时导数与函数的极值最值含解析新人教版

这是一份高考数学一轮复习练习案16第二章函数导数及其应用第十二讲导数在研究函数中的应用第2课时导数与函数的极值最值含解析新人教版，共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．(2021·成都市高三摸底测试)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极小值点的个数为( A )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析] 如图，在区间(a，b)内，f′(c)＝0，且在x＝c附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，所以在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.
2．设函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，则( D )
A．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极大值点
B．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
[解析] f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x(x>0)，f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,x2)，令f′(x)＝0，得x＝2.当x>2时，f′(x)>0，这时f(x)为增函数；当03．(2021·杭州学军中学模拟)函数f(x)＝xe－x，x∈[0，4]的最小值为( A )
A．0 B．eq \f(1,e)
C．eq \f(4,e4) D．eq \f(2,e2)
[解析] f′(x)＝eq \f(1－x,ex)当x∈[0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，4]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因为f(0)＝0，f(4)＝eq \f(4,e4)>0，所以当x＝0时，f(x)有最小值，且最小值为0.
4．(2021·河北邯郸一中月考)若函数f(x)＝aex－sin x在x＝0处有极值，则a的值为( C )
A．－1 B．0
C．1 D．e
[解析] f′(x)＝aex－cs x，若函数f(x)＝aex－sin x在x＝0处有极值，则f′(0)＝a－1＝0，解得a＝1，经检验a＝1符合题意．故选C.
5．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值3，那么此函数在[－2，2]上的最小值是( A )
A．－37 B．－29
C．－5 D．－13
[解析] f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2.当x∈(－2，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝m＝3，从而f(－2)＝－37，f(2)＝－5，所以f(x)min＝f(－2)＝－37.
6．(2021·海南八校联盟开学考试)已知函数f(x)＝3ln x－x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))x在区间(1，3)上有最大值，则实数a的取值范围是( B )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，5)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(11,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(11,2))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，5))
[解析] f′(x)＝eq \f(3,x)－2x＋a－eq \f(1,2)，由题意易知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（1）>0，,f′（3）<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)>0，,a－\f(11,2)<0，))解得－eq \f(1,2)二、多选题
7．下列四个函数，在x＝0处取得极值的函数有( BC )
A．y＝x3 B．y＝x2＋1
C．y＝|x| D．y＝2x
[解析] 对于A、D，y＝x3和y＝2x在x＝0处无极值．B、C符合．故选B、C.
8．对于函数f(x)＝eq \f(x,ex)，下列说法正确的有( AC )
A．f(x)在x＝1处取得极大值eq \f(1,e)
B．f(x)有两个不同的零点
C．f(4)D．πe2>2eπ
[解析] 由函数f(x)＝eq \f(x,ex)，可得函数f(x)的导数为f′(x)＝eq \f(1－x,ex).当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．可得函数f(x)在x＝1处取得极大值eq \f(1,e)，所以A正确；因为f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f(0)＝0，当x>0时，f(x) >0恒成立，所以函数f(x)只有一个零点，所以B错误；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且4>π>3>1，可得f(4)2>1，可得eq \f(π,eπ)三、填空题
9．(此题为更换后新题)函数f(x)＝eq \f(3,x)＋ln 2x的极小值为 1＋ln_6 ．
[解析] f′(x)＝－eq \f(3,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－3,x2)，
当x>3时f′(x)>0，当0当x＝3时，f′(x)＝0，
∴f(x)的极小值为f(3)＝1＋ln 6.
9．(此题为发现的重题，更换新题见上题)函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x的极小值为 1＋ln_2 ．
[解析] f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,x2)，
当x>2时f′(x)>0，当0∴f(x)的极小值为f(2)＝1＋ln 2.
10．函数f(x)＝xsin x＋cs x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，π))上的最大值为 eq \f(π,2) ．
[解析] 因为f′(x)＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，f′(x)≥0，函数f(x)递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0，函数f(x)递减，所以f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2).
11．函数y＝xex在其极值点处的切线方程为 y＝－eq \f(1,e) .
[解析] y′＝(x＋1)ex，当x<－1时，y′<0；
当x>－1时y′>0，∴函数在x＝－1时取得极小值－eq \f(1,e)，又y′|x＝－1＝0，∴所求切线方程为y＝－eq \f(1,e).
12．(2020·甘肃兰州一中期末改编)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex的极值点，则f′(－2)＝ 0 ，f(x)的极小值为 －e ．
[解析] 由函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex可得f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－1)ex，因为x＝－2是函数f(x)的极值点，所以f′(－2)＝(－4＋a)e－2＋(4－2a－1)e－2＝0，即－4＋a＋3－2a＝0，解得a＝－1.所以f′(x)＝(x2＋x－2)ex.令f′(x)＝0可得x＝－2或x＝1.当x<－2或x>1时，f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数，当－2四、解答题
13．(2021·重庆南开中学模拟)若曲线f(x)＝ex＋x2－mx在点(1，f(1))处的切线斜率为e＋1.
(1)求实数m的值；
(2)求函数f(x)在区间[－1，1]上的最大值．
[解析] (1)f′(x)＝ex＋2x－m，∴f′(1)＝e＋2－m，由条件知e＋2－m＝e＋1，解得m＝1，故实数m的值为1.
(2)f′(x)＝ex＋2x－1为增函数且f′(1)＝e＋1>0，f′(－1)＝e－1－3<0，∴在区间(－1，1)上存在x0使f′(x0)＝0，∴函数f(x)在区间[－1，x0]上单调递减，在区间[x0，1]上单调递增，∴f(x)max＝max{f(－1)，f(1)}，又f(－1)＝e－1＋2，f(1)＝e，∴f(x)max＝e.故f(x)在[－1，1]上的最大值为e.
14．(2021·重庆高三调研)已知函数f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))－2ln x，a>0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＝0.
[解析] (1)f′(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2)))－eq \f(2,x)＝eq \f(ax2－2x＋a,x2)，其中方程ax2－2x＋a＝0的根的判别式Δ＝4－4a2，故当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当0(2)证明：由(1)知x1＋x2＝eq \f(2,a)，x1x2＝1，
∴f(x1)＋f(x2)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(1,x1)))－2ln x1＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,x2)))－2ln x2＝a(x1＋x2)－eq \f(a（x1＋x2）,x1x2)－2ln(x1x2)＝a·eq \f(2,a)－eq \f(a·\f(2,a),1)－2ln 1＝0.
B组能力提升
1．(多选题)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述不正确的是( ABD )
A．f(a)>f(e)>f(d)
B．函数f(x)在[a，b]上递增，在[b，d]上递减
C．函数f(x)的极值点为c，e
D．函数f(x)的极大值为f(b)
[解析] 由题图可知，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，当x∈(c，e)时，f′(x)<0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，c)上递增，在(c，e)上递减，在(e，＋∞)上递增，所以f(d)>f(e)，故A错误；函数f(x)在[a，b]上递增，在[b，c]上递增，在[c，d]上递减，故B错误；函数f(x)的极值点为c，e，故C正确；函数f(x)的极大值为f(c)，故D错误．
2．(2021·湖北襄阳四校联考)函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋xln x－3x的极值点一定在区间( B )
A．(0，1) B．(1，2)
C．(2，3) D．(3，4)
[解析] 函数的极值点即导函数的零点，f′(x)＝x＋ln x＋1－3＝x＋ln x－2，则f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2>0，由零点存在性定理得f′(x)的零点在(1，2)上，故选B.
3．(2021·贵州黔东南州联考)已知函数f(x)＝ln x－eq \f(a,x)，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为eq \f(3,2)，则a的值为( A )
A．－eq \r(e) B．－eq \f(e,2)
C．－eq \f(3,2) D．eeq \s\up6(\f(1,2))
[解析] f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(a,x2)＝eq \f(x＋a,x2)
若a≥0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上递增，
f(x)min＝f(1)＝－a＝eq \f(3,2)，则a＝－eq \f(3,2)，矛盾．
若a<0，则由f′(x)＝0得x＝－a.
若1<－a事实上，若－a≥e，即a≤－e，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上递减，∴f(x)min＝f(e)＝1－eq \f(a,e)＝eq \f(3,2)，解得a＝－eq \f(e,2)，矛盾；
若－a≤1，即a≥－1，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上递增f(x)min＝f(1)＝－a＝eq \f(3,2)，解得a＝－eq \f(3,2)，矛盾．
4．设函数f(x)＝aln x－bx2，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－eq \f(1,2)相切．
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的最大值．
[解析] (1)f′(x)＝eq \f(a,x)－2bx，x>0，
∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－eq \f(1,2)相切，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（1）＝a－2b＝0，,f（1）＝－b＝－\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝\f(1,2).))
(2)由(1)知，f(x)＝ln x－eq \f(1,2)x2，x>0，
f′(x)＝eq \f(1,x)－x＝eq \f(1－x2,x)，
当eq \f(1,e)≤x≤e时，令f′(x)>0，得eq \f(1,e)≤x<1，
令f′(x)<0，得1∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递增，
在(1，e]上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝－eq \f(1,2).
5．(2021·3月份北京市高考适应性测试)已知函数f(x)＝ex(x－1)－eq \f(1,2)eax2，a<0.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的极小值；
(3)求函数f(x)的零点个数．
[解析] (1)f′(x)＝ex(x－1)＋ex－eax
＝ex·x－ea·x
＝x(ex－ea)，
∴f′(0)＝0，f(0)＝－1，
因此切线方程为y＝－1.
(2)f′(x)>0解得x0，
f′(x)<0解得0因此，f(x)在(－∞，a)递增，(a，0)递减，(0，＋∞)递增．
因此，f(x)在x＝0处取得极小值f(0)＝－1.
(3)f(a)＝ea(a－1)－eq \f(1,2)ea·a2＝－eq \f(1,2)ea(a2－2a＋2)＝－eq \f(1,2)ea[(a－1)2＋1]<0.
又f(2)＝e2－2ea>e2－2>0，
由(2)知f(x)在x＝a处取得极大值，f(a)<0，
因此，f(x)只有一个零点．