2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业十七导数与函数的极值最值

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业十七导数与函数的极值最值，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．[2023·河北邢台月考]已知函数f(x)的导函数的图象如图所示，则f(x)极值点的个数为( )
A．4B．5
C．6D．7
2．函数f(x)＝－x－2csx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的极小值点是( )
A．0B．eq \f(π,6)
C．eq \f(5π,6)D．π
3．[2023·山东菏泽一中月考]已知函数f(x)＝eq \f(lnx,x)，则( )
A．函数f(x)的极大值为eq \f(1,e)，无极小值
B．函数f(x)的极小值为eq \f(1,e)，无极大值
C．函数f(x)的极大值为0，无极小值
D．函数f(x)的极小值为0，无极大值
4．函数f(x)＝x－eq \r(2)sinx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，π))上的最大、最小值分别为( )
A．π，0B．eq \f(π,2)－eq \r(2)，0
C．π，eq \f(π,4)－1D．0，eq \f(π,4)－1
5．已知函数f(x)＝ax3－4x＋b在x＝2处取得极小值－eq \f(4,3)，则ab＝( )
A．eq \f(4,3)B．－eq \f(4,3)
C．eq \f(8,3)D．－eq \f(8,3)
6．[2023·河南济源月考]若函数f(x)＝ex＋e－x－ax有大于零的极值点，则a的取值范围为( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(e，＋∞) D．(－∞，e)
7．已知x＝1是函数f(x)＝ax3－3x2的极小值点，则f(x)的极小值为( )
A．－1B．0
C．1D．2
8．(能力题)已知函数f(x)＝ex＋x2＋(a－2)x＋1在区间(0，1)上有最小值，则实数a的取值范围是( )
A．(－e，1) B．(1－e，1)
C．(－e，＋∞) D．(0，e)
9．(能力题)若函数f(x)＝eq \f(2,x)－lnx，满足f(x)≥a－x恒成立，则a的最大值为( )
A．3B．4
C．3－ln2D．3＋ln2
10．(能力题)[2023·河南安阳模拟]已知函数f(x)＝2aex－xlnx有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(0，eq \f(1,2e)) B．(eq \f(1,2e)，e)
C．(－∞，2e) D．(0，eq \f(1,e))
二、多项选择题
11．函数f(x)的导函数为f′(x)，若已知f′(x)的图象如图，则下列说法正确的是( )
A．f(x)一定存在极大值点
B．f(x)有两个极值点
C．f(x)在(－∞，a)单调递增
D．f(x)在x＝0处的切线与x轴平行
12.(能力题)[2023·河北唐山模拟]设函数f(x)＝(x2－3)ex，则( )
A．若方程f(x)＝b恰有三个不同实根，则－2eB．若方程f(x)＝b恰有一个实根，则b>eq \f(6,e3)
C．f(x)有极大值，但无最大值
D．f(x)有极小值，也有最小值
三、填空题
13．[2023·山东师大附中月考]若函数f(x)＝x3－6x2＋9x＋a在[－2，2]上的最大值为3，则a＝________．
14．(能力题)[2023·河南南阳模拟]已知函数f(x)＝eq \f(1,2)e2x＋(a－e)ex－aex(其中a∈R，e为自然对数的底数)在x＝1处取得极小值，则a的取值范围是________．
四、解答题
15．已知x＝2是函数f(x)＝x3－ax2－8x＋1的一个极值点．
(1)求实数a的值；
(2)求函数f(x)在区间[－4，3]上的最大值和最小值．
优生选做题
16．[2023·河北秦皇岛模拟]已知a>0，若对任意的x>0，a·eax－1≥eq \f(lnx,e)恒成立，则实数a的最小值为( )
A．eB．eq \f(1,e)
C．e2D．eq \f(1,e2)
17．[2023·山东济南一中月考]已知函数f(x)＝x＋alnx＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为－a＋1，求实数a的值．
课时作业（十七） 导数与函数的极值、最值
1．解析：对于处处可导的函数，函数的极值点要满足两个条件，一个是该点的导数为0，另一个是该点左、右的导数值异号，
由图象可知，导函数与x轴有5个交点，因为在0附近的左侧f′（x）<0，右侧f′（x）<0，所以0不是f（x）的极值点．
其余四个点的左、右的导数值异号，所以是极值点，
故f（x）极值点的个数是4.
故选A.
答案：A
2．解析：由题设f′（x）＝2sinx－1，
所以在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上f′（x）<0，f（x）单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上f′（x）>0，f（x）单调递增，
所以极小值点为eq \f(π,6).
故选B.
答案：B
3．解析：f（x）的定义域为（0，＋∞），
f′（x）＝eq \f(1－lnx,x2)，
f（x）在（0，e），f′（x）>0，f（x）单调递增；在（e，＋∞），f′（x）<0，f（x）单调递减，
所以f（x）的极大值为f（e）＝eq \f(1,e)，没有极小值．
故选A.
答案：A
4．解析：由题意，f′（x）＝1－eq \r(2)csx，x∈[0，π]，f′（x）>0⇒eq \f(π,4)f′（x）<0⇒0≤x所以f（x）在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))上单调递增，在（0，eq \f(π,4)）上单调递减．
所以f（x）min＝f（eq \f(π,4)）＝eq \f(π,4)－eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(π,4)－1，
f（x）max＝max{f（0），f（π）}＝max{0，π}＝π.
故选C.
答案：C
5．解析：f′（x）＝3ax2－4.
由条件可知，f′（2）＝12a－4＝0，f（2）＝8a－8＋b＝－eq \f(4,3)，
解得a＝eq \f(1,3)，b＝4，
检验，a＝eq \f(1,3)，b＝4时，f′（x）＝x2－4＝（x＋2）（x－2）.
当f′（x）>0，得x>2或x<－2，所以函数的单调递增区间是（－∞，－2）和（2，＋∞），
当f′（x）<0，得－2所以当x＝2时，函数取得极小值，满足条件．
所以ab＝eq \f(4,3).
故选A.
答案：A
6．解析：原命题等价于f′（x）＝ex－e－x－a有大于零的零点，显然f′（x）在x∈（0，＋∞）上单调递增，又因为x→＋∞时，f′（x）→＋∞，所以f′（0）＝－a<0，所以a>0.
故选A.
答案：A
7．解析：由f（x）＝ax3－3x2，得f′（x）＝3ax2－6x，
∵x＝1是f（x）的极小值点，∴f′（1）＝0，
∴3a－6＝0，∴a＝2，经检验当a＝2时，符合题意，
∴a＝2，∴f（x）＝2x3－3x2，∴f′（x）＝6x2－6x＝6x（x－1），则当x<0或x>1时，f′（x）>0，当0∴当x＝0时函数取得极大值，x＝1时函数取得极小值，
∴f（x）极小值＝f（1）＝－1.
故选A.
答案：A
8．解析：由f（x）＝ex＋x2＋（a－2）x＋1得f′（x）＝ex＋2x＋（a－2），由于ex，2x均为单调递增函数，故f′（x）在（0，1）单调递增，因为f（x）在（0，1）有最小值，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（0）<0,f′（1）>0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋a－2<0,e＋2＋a－2>0))⇒－e故选A.
答案：A
9．解析：因为f（x）＝eq \f(2,x)－lnx，满足f（x）≥a－x恒成立，
所以a≤（x＋eq \f(2,x)－lnx）min，
令g（x）＝x＋eq \f(2,x)－lnx，则g′（x）＝1－eq \f(2,x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(x2－x－2,x2)＝eq \f(（x－2）（x＋1）,x2)（x>0），
令g′（x）>0，得x>2，令g′（x）<0，得0所以g（x）在（0，2）上单调递减，在（2，＋∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（2）＝3－ln2，
所以a≤3－ln2，
所以a的最大值为3－ln2.
故选C.
答案：C
10．解析：因为函数f（x）＝2aex－xlnx有两个极值点，
所以f′（x）＝2aex－（lnx＋1）有两个相异的零点，即2a＝eq \f(lnx＋1,ex)有两个交点，
令g（x）＝eq \f(lnx＋1,ex)，x∈（0，＋∞），
则g′（x）＝eq \f(\f(1,x)－（lnx＋1）,ex)，x∈（0，＋∞），
令h（x）＝eq \f(1,x)－（lnx＋1），x∈（0，＋∞），则h′（x）＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0恒成立，
所以h（x）在x∈（0，＋∞）上单调递减，且h（1）＝eq \f(1,1)－（ln1＋1）＝0，
所以当x∈（0，1）时，h（x）>0；x∈（1，＋∞）时，h（x）<0；
所以当x∈（0，1）时，g′（x）>0；x∈（1，＋∞）时，g′（x）<0；
所以当x∈（0，1）时，g（x）单调递增；x∈（1，＋∞）时，g（x）单调递减；
g（x）max＝g（1）＝eq \f(ln1＋1,e)＝eq \f(1,e)，
又当x→＋∞时，g（x）＝eq \f(lnx＋1,ex)→0；x→0时，g（x）＝eq \f(lnx＋1,ex)→－∞；
所以当2a＝eq \f(lnx＋1,ex)有两个交点时，则有0<2a即0所以函数f（x）＝2aex－xlnx有两个极值点，则实数a的取值范围是0故选A.
答案：A
11．解析：由导函数f′（x）的图象可知，当xa时，f′（x）<0，当x＝0或x＝a时，f′（x）＝0，
则f（x）在（－∞，a）上单调递增，在（a，＋∞）上单调递减，
所以函数f（x）在x＝a处取得极大值，且只有一个极值点，故AC正确，B错误；
因为f′（0）＝0，所以曲线y＝f（x）在x＝0处切线的斜率等于零，即f（x）在x＝0处的切线与x轴平行，故D正确．
故选ACD.
答案：ACD
12．解析：∵f（x）＝（x2－3）ex，
∴f′（x）＝2xex＋（x2－3）ex＝（x＋3）（x－1）ex，
∴当x∈（－∞，－3）时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增，
当x∈（1，＋∞）时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增，
当x∈（－3，1）时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减，
∴当x＝1时，f（x）取得极小值f（1）＝－2e，也为最小值点，故D选项正确，
当x＝－3时，f（x）取得极大值f（－3）＝eq \f(6,e3)，
∵当x趋近于＋∞时，f（x）的函数值也趋近于＋∞，
∴f（x）无最大值，
∴f（x）有极大值点，无最大值，故C正确，
∵当x趋近于－∞时，f（x）的函数值趋近于0，
∴当0当b＝－2e时，方程f（x）＝b只有一个实根，故B错误．
故选CD.
答案：CD
13．解析：f（x）＝x3－6x2＋9x＋a，x∈[－2，2]，
则f′（x）＝3x2－12x2＋9＝3（x－1）（x－3），x∈[－2，2].
由f′（x）>0得－2≤x<1；由f′（x）<0得1则f（x）＝x3－6x2＋9x＋a，x∈[－2，2]在[－2，1]上单调递增，在[1，2]上单调递减．
则函数f（x）＝x3－6x2＋9x＋a，x∈[－2，2]，
在x＝1时求得最大值f（1）＝13－6×12＋9×1＋a＝4＋a，
故4＋a＝3，解得a＝－1.
答案：－1
14．解析：f′（x）＝e2x＋（a－e）ex－ae＝（ex＋a）（ex－e），
当a≥0时，f（x）在区间（－∞，1），f′（x）<0，f（x）单调递减；
在区间（1，＋∞），f′（x）>0，f（x）单调递增，
所以f（x）在x＝1处取得极小值，符合题意．
当a<0时，由ex＋a＝0解得x＝ln（－a），
①当ln（－a）<1，－e在区间（1，＋∞）上，f′（x）>0，f（x）单调递增，
所以f（x）在x＝1处取得极小值，符合题意．
②当ln（－a）≥1，a≤－e时，f（x）在区间（－∞，1），f′（x）>0，f（x）单调递增，不符合题意．
综上所述，a的取值范围是（－e，＋∞）.
答案：（－e，＋∞）
15．解析：（1）因为f（x）＝x3－ax2－8x＋1，所以f′（x）＝3x2－2ax－8.
因为x＝2是f（x）的一个极值点．
所以f′（2）＝0，
所以f′（2）＝12－4a－8＝0，∴a＝1，经检验，a＝1符合题意．
（2）由（1）可知f（x）＝x3－x2－8x＋1，∴f′（x）＝（x－2）（3x＋4）.
令f′（x）>0，解得x<－eq \f(4,3)或x>2，令f′（x）<0，解得－eq \f(4,3)因为x∈[－4，3]，
所以f（x）在（－4，－eq \f(4,3)）上单调递增，（－eq \f(4,3)，2）上单调递减，（2，3）上单调递增，
所以f（x）在x＝－eq \f(4,3)处取得极大值，在x＝2处取得极小值，
又因为f（－4）＝－47，f（－eq \f(4,3)）＝eq \f(203,27)，f（2）＝－11，f（3）＝－5，
所以f（x）max＝eq \f(203,27)，f（x）min＝－47.
16．解析：依题意，aeax≥lnx，而x>0，则ax·eax≥xlnx＝lnx·elnx，
设f（x）＝xex（x>0），则原不等式等价于f（ax）≥f（lnx），又f′（x）＝ex＋x·ex>0，
即f（x）在（0，＋∞）上单调递增，于是得ax≥lnx对任意的x>0恒成立，即a≥eq \f(lnx,x)对任意的x>0恒成立，
设g（x）＝eq \f(lnx,x)，求导得g′（x）＝eq \f(1－lnx,x2)，当00，当x>e时，g′（x）<0，
因此g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，则g（x）max＝g（e）＝eq \f(1,e)，
所以实数a的最小值为eq \f(1,e).
故选B.
答案：B
17．解析：（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝1＋eq \f(a,x)＝eq \f(x＋a,x).
当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，＋∞）上单调递增，无极值；
当a＜0时，令f′（x）＞0，解得x＞－a，令f′（x）＜0，解得x＜－a，
所以f（x）的单调递增区间为（－a，＋∞），单调递减区间为（0，－a），
此时f（x）有极小值f（－a）＝－a＋aln（－a）＋1，无极大值．
（2）f′（x）＝1＋eq \f(a,x)＝eq \f(x＋a,x)，x∈[1，e]，由f′（x）＝0得x＝－a，
①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′（x）≥0在[1，e]上恒成立，此时f（x）在[1，e]上为单调递增函数，∴f（x）min＝f（1）＝－a＋1，即2＝－a＋1，则a＝－1，符合条件．
②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′（x）≤0在[1，e]上恒成立，此时f（x）在[1，e]上为单调递减函数，∴f（x）min＝f（e）＝－a＋1，即e＋a＋1＝－a＋1，则a＝－eq \f(e,2)，不符合条件．
③若－e当1当－a0，∴f（x）在（－a，e）上为单调递增函数，
∴f（x）min＝f（－a）＝－a＋1，即－a＋aln（－a）＋1＝－a＋1，
则a＝0或a＝－1，均不符合条件．
综上所述，a＝－1.