2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价17导数与函数的极值最值含解析新人教A版

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A组 全考点巩固练
1．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则( )
A．a<－1B．a>－1
C．a>－eq \f(1,e)D．a<－eq \f(1,e)
A 解析：因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.
又函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
所以方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，
当x>0时，－ex<－1，所以a＝－ex<－1.
2．若函数f (x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)等于( )
A．eq \f(8,9)B．eq \f(10,9)
C．eq \f(16,9)D．eq \f(28,9)
C 解析：因为函数f (x)的图象过原点，所以d＝0.又f (－1)＝0且f (2)＝0，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＋b－c＝0，,8＋4b＋2c＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－1，,c＝－2.))所以函数f (x)＝x3－x2－2x.所以f ′(x)＝3x2－2x－2.由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f ′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2＝eq \f(2,3)，x1x2＝－eq \f(2,3)，所以xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝eq \f(4,9)＋eq \f(4,3)＝eq \f(16,9).
3．已知函数f (x)＝2ef ′(e)ln x－eq \f(x,e)(e是自然对数的底数)，则f (x)的极大值为( )
A．2e－1B．－eq \f(1,e)
C．1D．2ln 2
D 解析：由题意知f ′(x)＝eq \f(2ef ′e,x)－eq \f(1,e).
所以f ′(e)＝2f ′(e)－eq \f(1,e)，则f ′(e)＝eq \f(1,e).
因此f ′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(1,e).令f ′(x)＝0，得x＝2e.
所以f (x)在(0,2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减．
所以f (x)在x＝2e处取极大值f (2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2.
4．已知x＝eq \f(1,e)是函数f (x)＝xln(ax)＋1的极值点，则a＝( )
A．eq \f(1,2) B．1 C．eq \f(1,e) D．2
B 解析：由函数f (x)＝xln(ax)＋1，可得f ′(x)＝ln(ax)＋1.由x＝eq \f(1,e)是函数f (x)的极值点，可得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a·\f(1,e)))＋1＝0，解得a＝1.经验证，a＝1时，x＝eq \f(1,e)是函数f (x)的极值点．故选B．
5．(多选题)(2020·山东百师联盟测试五)常数a≠0，下列有关方程x3＋x2－x－a＝0的根的说法正确的是( )
A．可以有三个负根
B．可以有两个负根和一个正根
C．可以有两个正根和一个负根
D．可以有三个正根
BC 解析：方程x3＋x2－x－a＝0可化为x3＋x2－x＝a.令函数f (x)＝x3＋x2－x，则f ′(x)＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)．当x<－1或x>eq \f(1,3)时，f ′(x)>0.当－10，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))<0.作出f (x)的图象如图，从而方程x3＋x2－x－a＝0可以有两个正根和一个负根，也可以有两个负根和一个正根，但不会有三个负根，也不会有三个正根．故选BC．
6．函数f (x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是________．
2 解析：由题意知f ′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．
令f ′(x)＝0得x＝0或x＝2(舍)．
当－10；
当0所以当x＝0时，函数取得极大值，即最大值．
所以f (x)的最大值为f (0)＝2.
7．已知函数f (x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值．若m∈[－1,1]，则f (m)的最小值是________．
－4 解析：由题意知f ′(x)＝－3x2＋2ax.由f (x)在x＝2处取得极值，知f ′(2)＝0，
即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.
由此可得f (x)＝－x3＋3x2－4.
f ′(x)＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)，由此可得f (x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
所以当m∈[－1,1]时，f (m)min＝f (0)＝－4.
8．(2020·广东六校联盟第三次联考)已知函数f (x)＝asin 2x－eq \f(1,3)sin 3x(a为常数)在x＝eq \f(π,3)处取得极值，则a的值为________．
1 解析：f ′(x)＝2acs 2x－cs 3x.由函数f (x)在x＝eq \f(π,3)处取得极值，可得f ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝0，即2acs eq \f(2π,3)－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×\f(π,3)))＝－a＋1＝0，解得a＝1.
9．已知函数f (x)＝ax2－bln x在点A(1，f (1))处的切线方程为y＝1.
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f (x)的极值．
解：(1)f (x)的定义域是(0，＋∞)，
所以f ′(x)＝2ax－eq \f(b,x)，
f (1)＝a＝1.所以f ′(1)＝2a－b＝0.
将a＝1代入2a－b＝0，解得b＝2.故a＝1，b＝2.
(2)由(1)得f (x)＝x2－2ln x(x>0)，
f ′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝eq \f(2x2－2,x).
令f ′(x)>0，解得x>1；
令f ′(x)<0，解得0所以f (x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以f (x)极小值＝f (1)＝1，无极大值．
10．已知函数f (x)＝excs x－x.
(1)求曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程；
(2)求函数f (x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．
解：(1)因为f (x)＝excs x－x，所以f (0)＝1，
f ′(x)＝ex(cs x－sin x)－1，所以f ′(0)＝0，
所以y＝f (x)在(0，f (0))处的切线方程为y＝1.
(2)由(1)知f ′(x)＝ex(cs x－sin x)－1，
令g(x)＝f ′(x)，则g′(x)＝－2ex·sin x≤0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，
所以g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
所以g(x)≤g(0)＝0，所以f ′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，
所以f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
所以f (x)max＝f (0)＝1，f (x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(π,2).
B组 新高考培优练
11．若函数y＝f (x)存在n－1(n∈N*)个极值点，则称y＝f (x)为n折函数，例如f (x)＝x2为2折函数．已知函数f (x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则f (x)为( )
A．2折函数B．3折函数
C．4折函数D．5折函数
C 解析：由题意知f ′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)·(3x＋2)＝(x＋2)(ex－3x－2)．
令f ′(x)＝0，得x＝－2或ex＝3x＋2.
易知x＝－2是f (x)的一个极值点，
又ex＝3x＋2，结合函数图象(图略)，
y＝ex与y＝3x＋2有两个交点．
又e－2≠3×(－2)＋2＝－4，
所以函数y＝f (x)有3个极值点，则f (x)为4折函数．
12．(多选题)(2020·海南调研)已知函数f (x)＝x＋sin x－xcs x的定义域为[－2π，2π)，则( )
A．f (x)为奇函数
B．f (x)在[0，π)上单调递增
C．f (x)恰有4个极大值点
D．f (x)有且仅有4个极值点
BD 解析：对于选项A，因为f (x)的定义域为[－2π，2π)，不关于原点对称，所以f (x)为非奇非偶函数，故A错误．对于选项B，f ′(x)＝1＋cs x－(cs x－xsin x)＝1＋xsin x．当x∈[0，π)时，f ′(x)>0，则f (x)在[0，π)上单调递增，故B正确．对于选项C和D，f ′(0)≠0，令f ′(x)＝0，得sin x＝－eq \f(1,x).在同一坐标系内分别作出y＝sin x和y＝－eq \f(1,x)在区间[－2π，2π)上的图象，如图．由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点处都不相切，故f (x)在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f (x)只有2个极大值点，故C错误，D正确．故选BD．
13．若函数f (x)＝eq \f(1,3)x3＋x2－eq \f(2,3)在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是________．
[－3,0) 解析：由题意，得f ′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)．
故f (x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2,0)上单调递减．故f (0)＝－eq \f(2,3)为f (x)的极小值．作出其图象如图所示．
令eq \f(1,3)x3＋x2－eq \f(2,3)＝－eq \f(2,3)得，x＝0或x＝－3.结合图象可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3≤a<0，,a＋5>0，))解得a∈[－3,0)．
14．已知函数f (x)＝ex(ex－a)－a2x.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)≥0，求a的取值范围．
解：(1)函数f (x)的定义域为(－∞，＋∞)．
f ′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f (x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a>0，由f ′(x)＝0得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f ′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f ′(x)>0.
故f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a<0，由f ′(x)＝0得x＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2))).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))时，f ′(x)<0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))，＋∞))时，f ′(x)>0.
故f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))，＋∞))上单调递增．
(2)①若a＝0，则f (x)＝e2x，所以f (x)≥0.
②若a>0，则由(1)得，当x＝ln a时，f (x)取得最小值，最小值为f (ln a)＝－a2ln a．从而当且仅当－a2ln a≥0，即a≤1时，f (x)≥0.故0③若a<0，则由(1)得，当x＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))时，f (x)取得最小值，最小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))＝a2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)－ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2))))).
从而当且仅当a2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)－ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))≥0，即a≥－2eeq \s\up12(eq \f(3,4))时，f (x)≥0.故－2eeq \s\up12(eq \f(3,4))≤a<0.
综上，a的取值范围是[－2eeq \s\up12(eq \f(3,4))，1]．
15．已知函数f (x)＝eq \f(x－1,x)－ln x.
(1)求f (x)的单调区间；
(2)求函数f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的最大值和最小值．
解：(1)f (x)＝eq \f(x－1,x)－ln x＝1－eq \f(1,x)－ln x，f (x)的定义域为(0，＋∞)．
所以f ′(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(1－x,x2).
令f ′(x)＞0，得0＜x＜1；令f ′(x)＜0，得x＞1.
所以f (x)＝eq \f(x－1,x)－ln x在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)由(1)得f (x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递增，在[1，e]上单调递减，
所以f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的最大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0.
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝1－e－ln eq \f(1,e)＝2－e，f (e)＝1－eq \f(1,e)－ln e＝－eq \f(1,e)，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＜f (e)，
所以f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的最小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝2－e.
综上，f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的最大值为0，最小值为2－e.