高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十一节第2课时导数与函数的极值最值课时规范练含解析文北师大版

第二章　函数、导数及其应用

第十一节　导数在研究函数中的应用

第二课时　导数与函数的极值、最值

课时规范练

A组——基础对点练

1．设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则(　　)

A．a＜－1　　　　　　 B．a＞－1

C．a＞－  D．a＜－

解析：∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.

∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，

则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，

∵x＞0时，－ex＜－1，∴a＝－ex＜－1.故选A.

答案：A

2．(2020·岳阳模拟)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是(　　)

A．y＝x3  B．y＝ln(－x)

C．y＝xe－x  D．y＝x＋

解析：A、B为单调函数，不存在极值，C不是奇函数，故选D.

答案：D

3．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图像不可能为y＝f(x)图像的是(　　)

解析：因为[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；选项D中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.

答案：D

4．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．－37  B．－29

C．－5  D．以上都不对

解析：f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，

所以f(x)在[－2，0]上单调递增，在(0，2]上单调递减．

所以x＝0为极大值点，也为最大值点．

所以f(0)＝m＝3，所以m＝3.

所以f(－2)＝－37，f(2)＝－5.

所以最小值是－37.

答案：A

5．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，若t＝ab，则t的最大值为(　　)

A．2  B．3

C．6  D．9

解析：∵f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2，∴f′(x)＝12x2－2ax－2b，又∵f(x)在x＝1处有极值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0⇒a＋b＝6，∵a＞0，b＞0，a＋b≥2，∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时等号成立．故选D.

答案：D

6．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于(　　)

A．11或18  B．11

C．18  D．17或18

答案：C

7．(2020·南昌调研)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1，2)，则(　　)

A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取得极小值

B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取得极大值

C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极小值

D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极大值

解析：当k＝1时，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0，

∴x＝1不是f(x)的极值点．

当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，

显然f′(1)＝0，且在x＝1附近的左侧f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，∴f(x)在x＝1处取得极小值．故选C.

答案：C

8．(2020·山东临沂模拟)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝ln  x－ax(a＞)，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a＝(　　)

A.  B．

C.  D．1

解析：因为f(x)是奇函数，所以f(x)在(0，2)上的最大值为－1.当x∈(0，2)时，f′(x)＝－a，令f′(x)＝0，得x＝，又a＞，所以0＜＜2.当x＜时，f′(x)＞0，f(x)在(0，)上单调递增；当x＞时，f′(x)＜0，f(x)在(，2)上单调递减，所以f(x)max＝f()＝ln －a·＝－1，解得a＝1.

答案：D

9．求函数y＝2x－的极大值．

解析：y′＝2＋，令y′＝0，得x＝－1.

当x＜－1时，y′＞0；

当－1＜x＜0时，y′＜0.

当x＞0，y′＞0，

所以当x＝－1时，y取极大值－3.

10．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，求实数m的取值范围．

解析：因为f′(x)＝3x2＋2mx＋(m＋6)，所以Δ＝4m2－4×3(m＋6)＞0，解得m＞6或m＜－3，所以实数m的取值范围是(－∞，－3)∪(6，＋∞)．

B组——素养提升练

11．(2020·南通调研)已知函数f(x)＝2f′(1)ln x－x，则f(x)的极大值为________．

解析：因为f′(x)＝－1，所以f′(1)＝2f′(1)－1，所以f′(1)＝1，故f(x)＝2ln x－x，f′(x)＝－1＝，则f(x)在(0，2)上为增函数，在(2，＋∞)上为减函数，所以当x＝2时f(x)取得极大值，且f(x)极大值＝f(2)＝2ln 2－2.

答案：2ln 2－2

12．(2020·沈阳模拟)设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为________．

解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，

∴f′(x)＝－ax－b，

∵x＝1是f(x)的极大值点，

∴f′(1)＝0即1－a－b＝0，∴b＝1－a，

∴f′(x)＝－ax－(1－a)＝＝.

①若a≥0，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，∴x＝1是f(x)的极大值点．

②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－.因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－＞1，解得－1＜a＜0.

综合①②得a的取值范围是a＞－1.

答案：(－1，＋∞)

13．已知函数f(x)＝(a＞0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.

(1)求f(x)的单调区间；

(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．

解析：(1)f′(x)＝

＝，

令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，

因为ex＞0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同．

又因为a＞0，所以－3＜x＜0时，

g(x)＞0，即f′(x)＞0，

当x＜－3或x＞0时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，

所以f(x)的单调增区间是(－3，0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．

(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有

解得a＝1，b＝5，c＝5，

所以f(x)＝.

因为f(x)的单调增区间是(－3，0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，

所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，

故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者．而f(－5)＝＝5e5＞5＝f(0)，

所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.

14．已知常数a≠0，f(x)＝aln x＋2x.

(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；

(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．

解析：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，

f′(x)＝＋2＝.当a＝－4时，f′(x)＝.

∴当0＜x＜2时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减；

当x＞2时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增．

∴f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2，无极大值．

(2)∵f′(x)＝，

∴当a＞0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，

即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；

当a＜0时，由f′(x)＞0得，x＞－，

∴f(x)在(－，＋∞)上单调递增；

由f′(x)＜0得，0＜x＜－，

∴f(x)在(0，－)上单调递减．

∴当a＜0时，f(x)的最小值为f(－)＝aln(－)＋2×(－)．

根据题意得f(－)＝aln(－)＋2×(－)≥－a，

即a[ln(－a)－ln  2]≥0.

∵a＜0，∴ln(－a)－ln 2 ≤0，解得－2≤a＜0，

∴实数a的取值范围是[－2，0)．