2022版高考数学大一轮复习课时作业15《导数与函数的极值、最值》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业15《导数与函数的极值、最值》(含答案详解)，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
当函数y=x·2x取极小值时，x=( )
A.eq \f(1,ln2) B.－eq \f(1,ln2) C.－ln2 D.ln2
若函数f(x)=ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则导函数f′(x)的图象不可能是( )
若函数f(x)=eq \f(1,2)x2＋(a－1)x－alnx存在唯一极值，且此极值不小于1，则a取值范围为( )
A.[eq \f(3,2),2) B.[eq \f(3,2),+∞) C.[0,eq \f(3,2)) D.(－1,0)∪[eq \f(3,2),+∞)
已知函数f(x)=xlnx－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A.(0,eq \f(1,e)) B.(0，e) C.(eq \f(1,e),e) D.(－∞，e)
已知a为常数，函数f(x)=x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1A.f(x1)>0，f(x2)>－eq \f(1,2) B.f(x1)<0，f(x2)<－eq \f(1,2)
C.f(x1)>0，f(x2)<－eq \f(1,2) D.f(x1)<0，f(x2)>－eq \f(1,2)
函数f(x)=x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( )
A.－2 B.0 C.2 D.4
已知函数f(x)=lnx－eq \f(a,x)，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为eq \f(3,2)，则a的值为( )
A.－eq \r(e) B.－eq \f(e,2) C.－eq \f(3,2) D.e0.5
已知函数f(x)=eq \f(ex,x)－mx(e为自然对数的底数)，若f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则实数m的取值范围是( )
A.(－∞，2) B.(－∞，e) C.(-∞,eq \f(e2,4)) D.(eq \f(e2,4),+∞)
已知直线y=a分别与函数y=ex＋1和y=eq \r(x－1)交于A，B两点，则A，B之间最短距离是( )
A.eq \f(3－ln2,2) B.eq \f(5－ln2,2) C.eq \f(3＋ln2,2) D.eq \f(5＋ln2,2)
二、填空题
若函数f(x)=2f′(1)lnx－x，则函数f(x)的极大值为 .
函数f(x)=xsinx＋csx在[ SKIPIF 1 < 0 ,π]上的最大值为 .
设a∈R，函数f(x)=ax3－3x2，若函数g(x)=f(x)＋f′(x)，x∈[0,2]，且在x=0处取得最大值，则a的取值范围是 .
已知函数f(x)=x＋alnx(a>0)，若∀x1，x2∈(eq \f(1,2)，1)(x1≠x2)，|f(x1)－f(x2)|>|eq \f(1,x1)－eq \f(1,x2)|，
则正数a的取值范围是 .
三、解答题
设函数f(x)=[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x=2处取得极小值，求a的取值范围.
已知函数f(x)=asinx＋bcsx(a，b∈R)，曲线y=f(x)在点(eq \f(π,3),f(eq \f(π,3)))处的切线方程为y=x－eq \f(π,3).
(1)求a，b的值；
(2)设k∈R，求函数g(x)=kx－f(x+eq \f(π,3))在[0,eq \f(π,2)]上的最大值.
\s 0 答案详解
答案为：B.
解析：y′=2x＋x·2xln2=0，∴x=－eq \f(1,ln2).
答案为：D.
解析：若函数f(x)=ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f′(x)在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x轴，观察四个选项中的图象只有D项是不符合要求的，即f′(x)的图象不可能是D.
答案为：B.
解析：对函数求导得f′(x)=x－1＋a1－eq \f(1,x)=eq \f(x＋ax－1,x)，
因为函数存在唯一的极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，
故x=1是唯一的极值点，此时－a≤0且f(1)=－eq \f(1,2)＋a≥1⇒a≥eq \f(3,2).故选B.
答案为：A.
解析：f′(x)=lnx－aex＋1，若函数f(x)=xlnx－aex有两个极值点，
则y=a和g(x)=eq \f(lnx＋1,ex)在(0，＋∞)上有2个交点，g′(x)=eq \f(\f(1,x)－lnx－1,ex)(x>0).
令h(x)=eq \f(1,x)－lnx－1，则h′(x)=－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0，h(x)在(0，＋∞)上递减，
而h(1)=0，故x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)递增，
x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)递减，故g(x)max=g(1)=eq \f(1,e)，
而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0.
若y=a和g(x)=eq \f(lnx＋1,ex)在(0，＋∞)上有2个交点，只需0 答案为：D.
解析：f′(x)=lnx－2ax＋1，依题意知f′(x)=0有两个不等实根x1，x2，
即曲线y=1＋lnx与直线y=2ax有两个不同交点，如图.
由直线y=x是曲线y=1＋lnx的切线，
可知：0<2a<1,0由0∵当x10，
∴f(x2)>f(1)=－a>－eq \f(1,2)，故选D.
答案为：C.
解析：f′(x)=3x2－6x，令f′(x)=0，得x=0或2.
∴f(x)在[－1,0)上是增函数，f(x)在(0,1]上是减函数.∴f(x)max=f(x)极大值=f(0)=2.
答案为：A.
解析：由题意，f′(x)=eq \f(1,x)＋eq \f(a,x2)，若a≥0，则f′(x)>0，函数单调递增，
所以f(1)=－a=eq \f(3,2)，矛盾；若－e在[－a，e]上递增，所以f(－a)=eq \f(3,2)，解得a=－eq \r(e)；
若－1≤a<0，函数f(x)是递增函数，所以f(1)=－a=eq \f(3,2)，矛盾；
若a≤－e，函数f(x)单调递减，所以f(e)=eq \f(3,2)，解得a=－eq \f(e,2)，矛盾.
综上，a=－eq \r(e)，故选A.
答案为：C.
解析：∵f(x)=eq \f(ex,x)－mx>0在(0，＋∞)上恒成立，∴m令g(x)=eq \f(ex,x2)，x>0，∴g′(x)=eq \f(x2－2xex,x4)=eq \f(x－2ex,x3)，当0g(x)单调递减；当x>2时，g′(x)>0，g(x)单调递增.
故当x=2时，g(x)取得最小值，且最小值为g(2)=eq \f(e2,4).∴m 答案为：D.
解析：由y=ex＋1得x=lny－1，由y=eq \r(x－1)得x=y2＋1，
所以设h(y)=|AB|=y2＋1－(lny－1)=y2－lny＋2，
h′(y)=2y－eq \f(1,y)=eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(2),2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(\r(2),2))),y)，当0当y>eq \f(\r(2),2)时，h′(y)>0，即函数h(y)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，所以h(y)min=heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2－lneq \f(\r(2),2)＋2=eq \f(5＋ln2,2)，故选D.
答案为：2ln2－2.
解析：因为f(x)=2f′(1)lnx－x，所以f′(x)=eq \f(2f′1,x)－1，
令x=1得，f′(1)=2f′(1)－1，得f′(1)=1，
故f(x)=2lnx－x，定义域为(0，＋∞).
且f′(x)=eq \f(2,x)－1=eq \f(2－x,x)，当x∈(0,2)时，f′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，
所以当x=2时，f(x)取得极大值，且f(x)极大值=f(2)=2ln2－2.
答案为：eq \f(π,2).
解析：因为f′(x)=sinx＋xcsx－sinx=xcsx，当x∈[ SKIPIF 1 < 0 ,eq \f(π,2)]时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，当x∈(eq \f(π,2),π]时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x)max=f(eq \f(π,2))=eq \f(π,2).
答案为：(-∞,eq \f(6,5)].
解析：g(x)=ax3－3x2＋3ax2－6x=ax2(x＋3)－3x(x＋2)，g(0)=0.
若g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(0)，则g(x)≤g(0)，
即ax2(x＋3)－3x(x＋2)≤0在[0,2]上恒成立.
当x=0时，显然成立；
当x≠0时，有a≤eq \f(3x＋2,xx＋3)在(0,2]上恒成立.
设h(x)=eq \f(3x＋2,xx＋3)=eq \f(3,x＋3)＋eq \f(6,x2＋3x)，显然h(x)在(0,2]上单调递减，
最小值为h(2)=eq \f(3×2＋2,2×2＋3)=eq \f(6,5).因此a≤eq \f(6,5).
答案为：[eq \f(3,2)，＋∞).
解析：由f(x)=x＋alnx(a>0)，得当x∈(eq \f(1,2)，1)时，f′(x)=1＋eq \f(a,x)>0，
f(x)在(eq \f(1,2)，1)上单调递增，不妨设x1>x2，则|f(x1)－f(x2)|>|eq \f(1,x1)－eq \f(1,x2)|，
即f(x1)－f(x2)>eq \f(1,x2)－eq \f(1,x1)，f(x1)＋eq \f(1,x1)>f(x2)＋eq \f(1,x2)，
令g(x)=f(x)＋eq \f(1,x)，则g(x)在(eq \f(1,2)，1)上单调递增，
所以g′(x)=1＋eq \f(a,x)－eq \f(1,x2)≥0在(eq \f(1,2)，1)上恒成立，eq \f(a,x)≥eq \f(1,x2)－1，即a≥eq \f(1,x)－x在(eq \f(1,2)，1)上恒成立，
令h(x)=eq \f(1,x)－x，x∈(eq \f(1,2)，1)，则h′(x)=－1－eq \f(1,x2)<0，h(x)单调递减，
故a≥eq \f(3,2)，正数a的取值范围是[eq \f(3,2)，＋∞).
解：(1)因为f(x)=[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)=[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
f′(1)=(1－a)e.
由题设知f′(1)=0，即(1－a)e=0，解得a=1.
此时f(1)=3e≠0.所以a的值为1.
(2)由(1)得f′(x)=[ax2－(2a＋1)x＋2]ex=(ax－1)(x－2)ex.
若a>eq \f(1,2)，则当x∈(eq \f(1,a)，2)时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x=2处取得极小值.
若a≤eq \f(1,2)，则当x∈(0,2)时，x－2<0，ax－1≤eq \f(1,2)x－1<0，
所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.
综上可知，a的取值范围是(eq \f(1,2)，＋∞).
解：(1)由切线方程知，当x=eq \f(π,3)时，y=0，
∴f(eq \f(π,3))=eq \f(\r(3),2)a＋eq \f(1,2)b=0.
∵f′(x)=acsx－bsinx，
∴由切线方程知，f′(eq \f(π,3))=eq \f(1,2)a－eq \f(\r(3),2)b=1，
∴a=eq \f(1,2)，b=－eq \f(\r(3),2).
(2)由(1)知，f(x)=eq \f(1,2)sinx－eq \f(\r(3),2)csx=sin(x-eq \f(π,3))，
∴g(x)=kx－sinx，g′(x)=k－csx，
①当k≤0时，当x∈[0,eq \f(π,2)]时，g′(x)≤0，故g(x)单调递减.
∴g(x)在[0,eq \f(π,2)]上的最大值为g(0)=0.
②当00，
∴存在x0∈(0,eq \f(π,2))，使g′(x0)=0.
当x∈[0，x0)时，g′(x)<0，故g(x)单调递减，
当x∈(x0,eq \f(π,2)]时，g′(x)>0，故g(x)单调递增.
∴g(x)在[0,eq \f(π,2)]上的最大值为g(0)或g(eq \f(π,2)).
又g(0)=0，g(eq \f(π,2))=eq \f(kπ,2)－1，
∴当0当eq \f(2,π)③当k≥1时，当x∈[0,eq \f(π,2)]时，g′(x)≥0，故g(x)单调递增，
∴g(x)在[0,eq \f(π,2)]上的最大值为g(eq \f(π,2))=eq \f(kπ,2)－1.
综上所述，当k≤eq \f(2,π)时，g(x)在[0,eq \f(π,2)]上的最大值为g(0)=0，
当k>eq \f(2,π)时，g(x)在[0,eq \f(π,2)]上的最大值为g(eq \f(π,2))=eq \f(kπ,2)－1.