2021高考数学（理）大一轮复习习题：第三章 导数及其应用 课时达标检测（十六） 导数与函数的极值、最值 word版含答案

这是一份2021高考数学（理）大一轮复习习题：第三章 导数及其应用 课时达标检测（十六） 导数与函数的极值、最值 word版含答案，共6页。试卷主要包含了全员必做题，重点选做题，冲刺满分题等内容，欢迎下载使用。

一、全员必做题
1．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值，极小值分别为( )
A．－eq \f(4,27)，0 B．0，－eq \f(4,27)
C.eq \f(4,27)，0 D．0，eq \f(4,27)
解析：选C 由题意知，f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－2p－q＝0，,1－p－q＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝2，,q＝－1，))所以f(x)＝x3－2x2＋x，由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝eq \f(1,3)或x＝1，易得当x＝eq \f(1,3)时，f(x)取极大值eq \f(4,27)，当x＝1时，f(x)取极小值0.
2．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间上的最大值为28，则实数k的取值范围为( )
A．
解析：选D 由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间上的最大值为28，所以k≤－3.
3．已知f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－axeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>\f(1,2)))，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值为________．
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)＝eq \f(1,x)－a，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，又a>eq \f(1,2)，所以00，得xeq \f(1,a)，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2))上单调递减．所以当x∈(0,2)时，f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝lneq \f(1,a)－a·eq \f(1,a)＝－1，所以lneq \f(1,a)＝0，所以a＝1.
答案：1
4．已知函数f(x)＝eq \f(1＋ln x,kx)(k≠0)．求函数f(x)的极值．
解：f(x)＝eq \f(1＋ln x,kx)，其定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝－eq \f(ln x,kx2).
令f′(x)＝0，得x＝1，
当k>0时，若00；
若x>1，则f′(x)<0，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，函数f(x)取得极大值eq \f(1,k).
当k<0时，若0若x>1，则f′(x)>0，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x＝1时，函数f(x)取得极小值eq \f(1,k).
5．(2017·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ax－eq \f(2,x)－3ln x，其中a为常数．
(1)当函数f(x)的图象在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))))处的切线的斜率为1时，求函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))上的最小值；
(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝a＋eq \f(2,x2)－eq \f(3,x)，
所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝a＝1，
故f(x)＝x－eq \f(2,x)－3ln x，则f′(x)＝eq \f(x－1x－2,x2).
由f′(x)＝0得x＝1或x＝2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
从而在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))上，f(x)有最小值，
且最小值为f(2)＝1－3ln 2.
(2)f′(x)＝a＋eq \f(2,x2)－eq \f(3,x)＝eq \f(ax2－3x＋2,x2)(x＞0)，
由题设可得方程ax2－3x＋2＝0有两个不等的正实根，
不妨设这两个根为x1，x2，且x1≠x2，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝9－8a＞0，,x1＋x2＝\f(3,a)＞0，,x1x2＝\f(2,a)＞0))解得0＜a＜eq \f(9,8).
故所求a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,8))).
二、重点选做题
1．(2017·昆明模拟)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：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a,x)＋2＝eq \f(a＋2x,x).
当a＝－4时，f′(x)＝eq \f(2x－4,x).
所以当0当x>2时，f′(x)>0，即f(x)单调递增．
所以f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2.
所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln 2.
(2)因为f′(x)＝eq \f(a＋2x,x)，
所以当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>－eq \f(a,2)，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，＋∞))上单调递增；
由f′(x)<0得，x<－eq \f(a,2)，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,2)))上单调递减．
所以当a<0时，f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝alneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2))).
根据题意得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝alneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))≥－a，
即a≥0.
因为a<0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，
所以实数a的取值范围是(e为自然对数的底数)上的最大值．
解：(1)当x＜1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq \f(2,3).
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故当x＝0时，函数f(x)取得极小值为f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝eq \f(2,3).
(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，函数f(x)在和eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))上单调递增．
因为f(－1)＝2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(4,27)，f(0)＝0，
所以f(x)在上单调递增，则f(x)在上的最大值为f(e)＝a.
综上所述，当a≥2时，f(x)在上的最大值为a；当a＜2时，f(x)在上的最大值为2.
三、冲刺满分题
1．已知函数f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝eq \f(x2,ex)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y－3＝0平行．
(1)求证：方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的实根；
(2)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小者)，求m(x)的最大值．
解：(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，
所以f′(1)＝2，
又f′(x)＝ln x＋eq \f(a,x)＋1，所以a＝1.
所以f(x)＝(x＋1)ln x.
设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－eq \f(x2,ex)，
当x∈(0,1]时，h(x)<0，
又h(2)＝3ln 2－eq \f(4,e2)＝ln 8－eq \f(4,e2)>1－1＝0，
所以存在x0∈(1,2)，使h(x0)＝0.
因为h′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)＋1－eq \f(x2－x,ex)，
当x∈(1,2)时，0ex>e，所以0所以h′(x)>1－eq \f(1,e)>0，
所以当x∈(1,2)时，h(x)单调递增，
所以方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的实根．
(2)由(1)知，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的实根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)又当x∈(x0,2)时，h′(x)>0，
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，
所以当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，
所以当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)，
所以m(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1ln x，x∈0，x0]，,\f(x2,ex)，x∈x0，＋∞.))
当x∈(0，x0)时，若x∈(0,1]，则m(x)≤0；
若x∈(1，x0]，由m′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)＋1>0，可知0当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝eq \f(x2－x,ex)可得当x∈(x0,2)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；x∈(2，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减．
可知m(x)≤m(2)＝eq \f(4,e2)，且m(x0)综上可得，函数m(x)的最大值为eq \f(4,e2).
2．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋mx＋ln x.
(1)若m＝－3，讨论函数f(x)的单调性，并写出单调区间；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2(x1解：(1)当m＝－3时，f(x)＝eq \f(1,2)x2－3x＋ln x，
依题意，x>0，且f′(x)＝x－3＋eq \f(1,x)＝eq \f(x2－3x＋1,x)，
令f′(x)>0，得0eq \f(3＋\r(5),2)，
令f′(x)<0，得eq \f(3－\r(5),2)因此函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3－\r(5),2)，\f(3＋\r(5),2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3－\r(5),2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3＋\r(5),2)，＋∞))上单调递增．
(2)由题意知，f′(x)＝x＋m＋eq \f(1,x)＝eq \f(x2＋mx＋1,x)，则易知x1，x2为x2＋mx＋1＝0的两个根，且x1＋x2＝－m，x1x2＝1，
所以f(x1)－f(x2)＝eq \f(1,2)xeq \\al(2,1)＋mx1＋ln x1－eq \f(1,2)xeq \\al(2,2)＋mx2＋ln x2＝eq \f(1,2)(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＋m(x1－x2)＋ln x1－ln x2
＝eq \f(1,2)(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))－(x1＋x2)(x1－x2)＋ln x1－ln x2
＝lneq \f(x1,x2)－eq \f(1,2)(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))
＝lneq \f(x1,x2)－eq \f(1,2)·eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),x1x2)
＝lneq \f(x1,x2)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)－\f(x2,x1))).
记eq \f(x1,x2)＝t，由x1且f(x1)－f(x2)＝ln t－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,t)))，
记φ(t)＝ln t－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,t)))，
则φ′(t)＝eq \f(2t－t2－1,2t2)＝eq \f(－t－12,2t2)<0，
故φ(t)在(0,1)上单调递减．
由m≤－eq \f(3\r(2),2)知(x1＋x2)2≥eq \f(9,2)，从而xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)≥eq \f(5,2)，
即eq \f(x\\al(2,1)＋x\\al(2,2),x1x2)≥eq \f(5,2)，
故t＋eq \f(1,t)≥eq \f(5,2)，结合0解得0从而φ(t)的最小值为φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(3,4)－ln 2，
即f(x1)－f(x2)的最小值为eq \f(3,4)－ln 2.
x
(－∞，－3)
－3
(－3,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
x
eq \f(3,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))
2
(2,3)
3
f′(x)
－
0
＋
f(x)

1－3ln 2

x
(－∞，0)
0
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))
eq \f(2,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

极小值

极大值
