2021高考数学（文）大一轮复习习题 第二章 函数、导数及其应用 课时跟踪检测 （十五）　导数与函数的极值、最值 word版含答案

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1．(2017·岳阳一模)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＋eq \f(2,x)
解析：选D 由题可知，B、C选项中的函数不是奇函数，A选项中，函数y＝x3单调递增(无极值)，而D选项中的函数既为奇函数又存在极值．
2.已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f(x)的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．
3．函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋m在上的最大值为4，则m的值为( )
A．7 B.eq \f(28,3)
C．3 D．4
解析：选D f′(x)＝x2－4，x∈，
当x∈时，f′(x)＞0，
∴f(x)在上是增函数．
又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.
∴在上，f(x)max＝f(0)＝4，
∴m＝4，故选D.
4．函数y＝xln x有极________(填大或小)值为________．
解析：y′＝ln x＋1(x>0)，
当y′＝0时，x＝e－1；
当y′<0时，解得0当y′>0时，解得x>e－1.
∴y＝xln x在(0，e－1)上是减函数，在(e－1，＋∞)上是增函数．
∴y＝xln x有极小值yeq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,))x＝e－1＝－eq \f(1,e).
答案：小 －eq \f(1,e)
5．函数f(x)＝－x3＋12x＋6，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，3))的零点个数是________．
解析：f′(x)＝－3x2＋12，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，3)).
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，2))时，f′(x)＞0，
当x∈(2,3]时，f′(x)＜0.
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，2))上是增函数，在(2,3]上是减函数．
故f(x)极大值＝f(2)＝22.
由于feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))>0，f(3)>0，
所以有0个零点．
答案：0
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1．设函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，则( )
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：选D ∵f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，
∴f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)(x>0)，由f′(x)＝0，得x＝2.当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
∴x＝2为f(x)的极小值点．
2．若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为( )
A．1百万件 B．2百万件
C．3百万件 D．4百万件
解析：选C y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，
当00；
当x>3时，y′<0.
故当x＝3时，该商品的年利润最大．
3．设直线x＝t与函数h(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|最小时t的值为( )
A．1 B.eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(5),2) D.eq \f(\r(2),2)
解析：选D 由已知条件可得|MN|＝t2－ln t，
设f(t)＝t2－ln t(t>0)，则f′(t)＝2t－eq \f(1,t)，
令f′(t)＝0，得t＝eq \f(\r(2),2)，
当0∴当t＝eq \f(\r(2),2)时，f(t)取得最小值．
4．若ex≥k＋x在R上恒成立，则实数k的取值范围为( )
A．(－∞，1] B． D．．故选A.
5．(2017·河北三市二联)若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(b,2)))x2＋2bx在区间上不是单调函数，则函数f(x)在R上的极小值为( )
A．2b－eq \f(4,3) B.eq \f(3,2)b－eq \f(2,3)
C．0 D．b2－eq \f(1,6)b3
解析：选A f′(x)＝x2－(2＋b)x＋2b＝(x－b)(x－2)，∵函数f(x)在区间上不是单调函数，∴－30，得x2，由f′(x)<0，得b6．f(x)＝eq \f(2x＋1,x2＋2)的极小值为________．
解析：f′(x)＝eq \f(2x2＋2－2x2x＋1,x2＋22)＝eq \f(－2x＋2x－1,x2＋22).
令f′(x)<0，得x<－2或x>1.
令f′(x)>0，得－2∴f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数，
∴f(x)极小值＝f(－2)＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
7．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________cm3.
解析：设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，
则x∈(0,5)．则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x，∴y′＝12x2－104x＋160.
令y′＝0，得x＝2或eq \f(20,3)(舍去)，
∴ymax＝6×12×2＝144(cm3)．
答案：144
8．函数f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的极大值为6，极小值为2，则f(x)的单调递减区间是________．
解析：令f′(x)＝3x2－3a＝0，得x＝±eq \r(a)，则f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表：
从而eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(a)3－3a－\r(a)＋b＝6，,\r(a)3－3a\r(a)＋b＝2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝4.))
所以f(x)的单调递减区间是(－1,1)．
答案：(－1,1)
9．设f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1的导数f′(x)满足f′(1)＝2a，f′(2)＝－b，其中常数a，b∈R.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)设g(x)＝f′(x)e－x，求函数g(x)的极值．
解：(1)由于f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝3＋2a＋b＝2a，,f′2＝12＋4a＋b＝－b，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－3，,a＝－\f(3,2).))
所以f(x)＝x3－eq \f(3,2)x2－3x＋1，f′(x)＝3x2－3x－3.
于是有f(1)＝－eq \f(5,2).又f′(1)＝－3，
故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)))＝－3(x－1)，
即6x＋2y－1＝0.
(2)由(1)知g(x)＝(3x2－3x－3)e－x，
则g′(x)＝(－3x2＋9x)e－x，
令g′(x)＝0得x＝0或x＝3，
当x≤0或x≥3时，g′(x)≤0，
当0≤x≤3时，g′(x)≥0，于是函数g(x)在(－∞，0]上单调递减，在上单调递增，在．
(2)当a＝1时，g(x)＝x＋eq \f(1,x)－(ln x)2，g(x)的定义域是(0，＋∞)．
g′(x)＝1－eq \f(1,x2)－2ln x·eq \f(1,x)＝eq \f(x2－2xln x－1,x2)，
令h(x)＝x2－2xln x－1，h′(x)＝2(x－ln x－1)，
由(1)知，h′(x)的最小值是h′(1)＝0，∴h′(x)≥0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝2.
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1．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：
①f(0)f(1)＞0; ②f(0)f(1)＜0；
③f(0)f(3)＞0; ④f(0)f(3)＜0.
其中正确结论的序号是________．
解析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，
由f′(x)＜0，得1＜x＜3，由f′(x)＞0，
得x＜1或x＞3，
∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．
又a＜b＜c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，
∴y极大值＝f(1)＝4－abc＞0，y极小值＝f(3)＝－abc＜0.
∴0＜abc＜4.
∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图．
∴f(0)＜0.∴f(0)f(1)＜0，f(0)f(3)＞0.∴正确结论的序号是②③.
答案：②③
2．(2016·兰州实战考试)已知函数f(x)＝eq \f(x,ln x)＋ax，x>1.
(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值；
(3)若方程(2x－m)ln x＋x＝0在(1，e]上有两个不等实根，求实数m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝eq \f(ln x－1,ln2x)＋a，由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，
∴a≤eq \f(1,ln2x)－eq \f(1,ln x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ln x)－\f(1,2)))2－eq \f(1,4).
∵x∈(1，＋∞)，∴ln x∈(0，＋∞)，
∴当eq \f(1,ln x)－eq \f(1,2)＝0时，函数t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ln x)－\f(1,2)))2－eq \f(1,4)的最小值为－eq \f(1,4)，
∴a≤－eq \f(1,4)，故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,4))).
(2)当a＝2时，f(x)＝eq \f(x,ln x)＋2x，f′(x)＝eq \f(ln x－1＋2ln2x,ln2x)，
令f′(x)＝0得2ln2x＋ln x－1＝0，
解得ln x＝eq \f(1,2)或ln x＝－1(舍)，即x＝e.
当1e时，f′(x)>0，
∴f(x)的极小值为f(eeq \f(1,2))＝eq \f(e,\f(1,2))＋2e＝4e.
(3)将方程(2x－m)ln x＋x＝0两边同除以ln x得(2x－m)＋eq \f(x,ln x)＝0，整理得eq \f(x,ln x)＋2x＝m，
即函数g(x)＝eq \f(x,ln x)＋2x的图象与函数y＝m的图象在(1，e]上有两个不同的交点．
由(2)可知，g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，e))上单调递减，在(e，e]上单调递增，
g(e)＝4e，g(e)＝3e，当x→1时，eq \f(x,ln x)→＋∞，
∴4eeq \f(1,2)故实数m的取值范围为(4e，3e]．
x
(－∞，
－eq \r(a))
－eq \r(a)
(－eq \r(a)，
eq \r(a))
eq \r(a)
(eq \r(a)，
＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值
