新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案18第三章导数及其应用第二讲第二课时导数与函数的极值最值

这是一份新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案18第三章导数及其应用第二讲第二课时导数与函数的极值最值，共9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。
练案[18] 第二课时　导数与函数的极值、最值A组基础巩固一、单选题1．(2022·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)＝＋ln x，则( D )A．x＝为f(x)的极大值点B．x＝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)＝＋ln x(x>0)，f′(x)＝－＋＝，令f′(x)＝0，得x＝2.当x>2时，f′(x)>0，这时f(x)为增函数；当0<x<2时，f′(x)<0，这时f(x)为减函数，据此知x＝2为f(x)的极小值点．故选D.3．函数f(x)＝在[2，＋∞)上的最小值为( A )A.  B．e2 C．  D．2e[解析]　依题意f′(x)＝(x2－2x－3)＝(x－3)(x＋1)，故函数在区间(2,3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，故函数在x＝3处取得极小值也是最小值，且最小值为f(3)＝＝.4．(2023·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－cos 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．已知函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为( B )A．2  B．－C．3＋ln 2  D．－2＋2ln 2[解析]　由题意得，f′(x)＝＋2ax－3，∵f(x)在x＝2处取得极小值，∴f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝，∴f(x)＝2ln x＋x2－3x，f′(x)＝＋x－3＝，∴f(x)在(0,1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，∴f(x)的极大值为f(1)＝－3＝－.二、多选题6．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＋1C．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BC.7．对于函数f(x)＝，下列说法正确的有( AC )A．f(x)在x＝1处取得极大值B．f(x)有两个不同的零点C．f(4)<f(π)<f(3)D．πe2>2eπ[解析]　由函数f(x)＝，可得函数f(x)的导数为f′(x)＝.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，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)<f(π)<f(3)，所以C正确；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且π>2>1，可得<，即πe2< 2eπ，所以D错误．故选AC.8．(2022·全国新高考卷Ⅰ)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则( AC )A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线[解析]　三次函数与导数＋极值＋零点＋导数的几何意义(理性思维、数学探索)因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±.由f′(x)＝3x2－1>0得x>或x<－；由f′(x)＝3x2－1<0得－<x<.所以f(x)＝x3－x＋1在，上单调递增，在上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确．因为f(x)的极小值f＝3－＋1＝1－>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误．因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确．假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3x－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上，若x0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1,1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选AC.9．若函数f(x)＝2x3－ax2(a<0)在上有最大值，则a的取值可能为( ABC )A．－6  B．－5 C．－4  D．－3[解析]　令f′(x)＝2x(3x－a)＝0，得x1＝0，x2＝(a<0)，当<x<0时，f′(x)<0；当x<或x>0时，f′(x)>0，则f(x)的增区间为，(0，＋∞)，减区间为，从而f(x)在x＝处取得极大值f＝－，由f(x)＝－，得2＝0，解得x＝或x＝－，又f(x)在上有最大值，所以<≤－，即a≤－4，故选ABC.三、填空题10．函数f(x)＝2x－ln x的最小值为_1＋ln_2__.[解析]　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2－＝，当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)min＝f＝1－ln ＝1＋ln 2.11．函数y＝xex在其极值点处的切线方程为 y＝－　.　[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－，又y′|x＝－1＝0，∴所求切线方程为y＝－.12．函数f(x)＝xsin x＋cos x在上的最大值为 　.[解析]　因为f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，当x∈时，f′(x)≥0，函数f(x)递增，当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)递减，所以f(x)max＝f＝.13．(2023·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<x<1时，f′(x)<0，此时函数f(x)为减函数，所以当x＝1时函数f(x)取得极小值，极小值为f(1)＝(12－1－1)×e1＝－e.四、解答题14．已知函数f(x)＝(a>0)．(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)求函数f(x)在[a,2a]上的最小值．[解析]　本题考查导数的综合应用．(1)当a＝1时，f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1，∴切线斜率k＝f′(1)＝1，切点为(1,0)，即切线方程为y＝x－1.(2)f′(x)＝ ，令f′(x)＝0⇒x＝.①当a≥时，f′(x)>0，f(x)在[a,2a]上单调递增，∴f(x)min＝f(a)＝ln a；②当a<<2a，即<a<时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)min＝f＝－；③当a≤时，f′(x)<0，在[a,2a]上单调递减，∴f(x)min＝f(2a)＝2ln(2a)．15．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．(1)当a＝时，求f(x)的极值；(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．[解析]　(1)当a＝时，f(x)＝ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝－＝，令f′(x)＝0，得x＝2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－f(x)ln 2－1故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值．(2)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝.当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a>0时，若x∈，则f′(x)>0，若x∈，则f′(x)<0，故函数在x＝处有极大值．综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点，当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝.B组能力提升1．(多选题)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是( AB )A．f(a)<f(b)<f(c)B．f(e)<f(d)<f(c)C．x＝c时，f(x)取得最大值D．x＝d时，f(x)取得最小值[解析]　由f′(x)图象可知，当x∈(－∞，c)∪(e，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(c，e)时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上单调递增，在(c，e)上单调递减，对于A，∵a<b<c，∴f(a)<f(b)<f(c)，A正确；对于B，∵c<d<e，∴f(e)<f(d)<f(c)，B正确；对于C，由单调性知f(c)为极大值，当x>e时，可能存在f(x0)>f(c)，C错误；对于D，由单调性知f(e)<f(d)，D错误．故选A、B.2．若函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3，则f(x)的极大值为( A )A.  B．－ C．－2e  D．[解析]　因为f(x)＝(x2－a)ex，所以f′(x)＝(x2＋2x－a)ex，由f′(x)＝(x2＋2x－a)ex＝0.得x2＋2x－a＝0，由函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3，则由根与系数的关系可知，－a＝－3，即a＝3，所以f(x)＝(x2－3)ex，f′(x)＝(x2＋2x－3)ex，当x<－3或x>1时，f′(x)>0；当－3<x<1时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极大值为f(－3)＝.3．(2023·贵州黔东南州联考)已知函数f(x)＝ln x－，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为，则a的值为( A )A．－  B．－ C．－  D．e[解析]　f′(x)＝＋＝若a≥0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上递增，f(x)min＝f(1)＝－a＝，则a＝－，矛盾．若a<0，则由f′(x)＝0得x＝－a.若1<－a<e，即－e<a<－1，则f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，解得a＝－，符合题意，故选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－＝，解得a＝－，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＝，解得a＝－，矛盾．4．(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为_1__.[解析]　函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)．①当x>时，f(x)＝2x－1－2ln x，所以f′(x)＝2－＝，当<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；②当0<x≤时，f(x)＝1－2x－2ln x在上单调递减，所以f(x)min＝f＝－2ln ＝2ln 2＝ln 4>ln e＝1.综上，f(x)min＝1.5．设函数f(x)＝aln x－bx2，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切．(1)求实数a，b的值；(2)求函数f(x)在上的最大值．[解析]　(1)f′(x)＝－2bx，x>0，∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，∴解得(2)由(1)知，f(x)＝ln x－x2，x>0，f′(x)＝－x＝，当≤x≤e时，令f′(x)>0，得≤x<1，令f′(x)<0，得1<x≤e，∴f(x)在上单调递增，在(1，e]上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝－.6．(2023·北京市高考适应性测试)已知函数f(x)＝ex(x－1)－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x<a或x>0，f′(x)<0解得a<x<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)－ea·a2＝－ea(a2－2a＋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．