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    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)

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    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.
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