2022版高考数学大一轮复习作业本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作业本15《导数与函数的极值、最值》(含答案详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y=(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
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( )
已知函数f(x)=x(x－m)2在x=1处取得极小值，则实数m=( )
A.0 B.1 C.2 D.3
已知函数f(x)=x3－px2－qx的图象与x轴切于点(1,0)，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)
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
函数f(x)=ln x－x在区间(0，e]上的最大值为( )
A.1－e B.－1 C.－e D.0
已知函数f(x)=x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为( )
A.[－3，＋∞) B.(－3，＋∞) C.(－∞，－3) D.(－∞，－3]
已知函数f(x)=eq \f(x,x2＋a)(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为eq \f(\r(3),3)，则a的值为( )
A.eq \r(3)－1 B.eq \f(3,4) C.eq \f(4,3) D.eq \r(3)＋1
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( )
A.[－5,0) B.(－5,0) C.[－3,0) D.(－3,0)
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),+∞)
已知函数f(x)=x3－2x2－4x－7，其导函数为f ′(x)，给出以下命题：
①f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，2))；
②f(x)的极小值是－15；
③当a＞2时，对任意的x＞2且x≠a，恒有f(x)＞f(a)＋f ′(a)(x－a)；
④函数f(x)有且只有一个零点.
其中真命题的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
二、填空题
已知函数f(x)=x3＋3ax2＋bx＋a2在x=－1时有极值0，则a－b=________.
已知函数f(x)=x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是________.
函数f(x)=xsinx＋csx在[ SKIPIF 1 < 0 ,π]上的最大值为 .
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 .
\s 0 参考答案
答案为：D；
解析：由题图可知，当x＜－2时，f′(x)＞0；
当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.
由此可以得到函数f(x)在x=－2处取得极大值，在x=2处取得极小值.
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：f ′(x)=(x－m)2＋2x(x－m)=(x－m)·(3x－m).由f ′(1)=0可得m=1或m=3.
当m=3时， f ′(x)=3(x－1)(x－3)，当1＜x＜3时， f ′(x)＜0；
当x＜1或x＞3时， f ′(x)＞0.此时在x=1处取得极大值，不合题意.
所以m=1，此时f ′(x)=(x－1)(3x－1)，当eq \f(1,3)＜x＜1时， f ′(x)＜0；
当x＜eq \f(1,3)或x＞1时， f ′(x)＞0.此时在x=1处取得极小值.选B.
答案为：C
解析：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p=2，q=－1，∴f(x)=x3－2x2＋x.
由f ′(x)=3x2－4x＋1=0，得x=eq \f(1,3)或x=1，易知当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.
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：B
解析：因为f ′(x)=eq \f(1,x)－1=eq \f(1－x,x)，当x∈(0,1)时， f ′(x)＞0；
当x∈(1，e]时， f ′(x)＜0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，
单调递减区间是(1，e]，所以当x=1时， f(x)取得最大值ln 1－1=－1.
答案为：D
解析：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[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.
答案为：A
解析：由f(x)=eq \f(x,x2＋a)得f ′(x)=eq \f(a－x2,x2＋a2).当a＞1时，若x＞eq \r(a)，则f ′(x)＜0, f(x)单调递减；若1＜x＜eq \r(a)，则f ′(x)＞0, f(x)单调递增.故当x=eq \r(a)时，函数f(x)有最大值eq \f(1,2\r(a))=eq \f(\r(3),3)，得a=eq \f(3,4)＜1，不合题意；当a=1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)=eq \f(1,2)，不合题意；当0＜a＜1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，此时最大值为f(1)=eq \f(1,a＋1)=eq \f(\r(3),3)，得a=eq \r(3)－1，符合题意，故a的值为eq \r(3)－1.选A.
答案为：C
解析：由题意知， f ′(x)=x2＋2x=x(x＋2)，令f ′(x)=0，解得x=0或－2，
故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，
做出其图象如图所示.
令eq \f(1,3)x3＋x2－eq \f(2,3)=－eq \f(2,3)得，x=0或x=－3，则结合图象可知，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3≤a＜0，,a＋5＞0，))解得 a∈[－3,0).故选C.
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：C
解析：f ′(x)=3x2－4x－4=(x－2)(3x＋2).①令f ′(x)＜0，得－eq \f(2,3)＜x＜2，
所以f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，2))；②令f ′(x)＞0，得x＜－eq \f(2,3)或x＞2，
结合①可知f(x)的极小值是f(2)=－15；③显然当a＞2时，对任意的x＞2且x≠a，
恒有f(x)＞f(a)＋f ′(a)(x－a)不成立；④feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))=－eq \f(149,27)＜0, f(2)=－15＜0，
并结合①②易知f(x)有且只有一个零点.故选C.
答案为：－7
解析：由题意得f ′(x)=3x2＋6ax＋b，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＋3a－b＋a2＝0，,3－6a＋b＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝9.))经检验当a=1，b=3时，函数f(x)单调递增无法取得极值，
而a=2，b=9满足题意，故a－b=－7.
答案为：(－∞，－3)∪(6，＋∞)
解析：对函数f(x)求导得f ′(x)=3x2＋2mx＋m＋6，要使函数f(x)既存在极大值又存在极小值，则f ′(x)=0有两个不同的根，所以判别式Δ＞0，即4m2－12(m＋6)＞0，
所以m2－3m－18＞0，解得m＞6或m＜－3.
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(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)，＋∞).