高考数学(文数)一轮复习课时练习：2.11《第2课时　导数与函数的极值、最值》(教师版)

这是一份高考数学(文数)一轮复习课时练习：2.11《第2课时　导数与函数的极值、最值》(教师版)，共8页。试卷主要包含了若0＜x1＜x2＜1，则等内容，欢迎下载使用。

课时规范练
A组　基础对点练
1．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＋
解析：A、B为单调函数，不存在极值，C不是奇函数，故选D.
答案：D
2．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f　′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf　′(x)的图象可能是(　　)


解析：∵f(x)在x＝－2处取得极小值，∴在x＝－2附近的左侧f　′(x)<0，当x<－2时，xf　′(x)>0.在x＝－2附近的右侧f　′(x)>0，当－2 答案：C
3．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，若t＝ab，则t的最大值为(　　)
A．2 B．3
C．6 D．9
解析：∵f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2，∴f′(x)＝12x2－2ax－2b，又∵f(x)在x＝1处有极值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0⇒a＋b＝6，∵a＞0，b＞0，a＋b≥2，∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时等号成立．故选D.
答案：D
4．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为(　　)
A. B．1
C．0 D．不存在
解析：f′(x)＝x－＝，且x＞0.
令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1.
∴f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝－ln 1＝.
答案：A
5．函数y＝f(x)导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是(　　)

A. (－1,3)为函数y＝f(x)的递增区间
B．(3,5)为函数y＝f(x)的递减区间
C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值
D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
解析：由图象知x∈(－1,3)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，A正确，x∈(3,5)，f′(x)<0.f(x)为减函数，B正确．
x∈(－1,3)时，f′(x)>0，故x＝0不取得极大值，C错．
答案：C
6．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则(　　)
A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值
B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值
C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值
D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值
解析：当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，0,1是函数f(x)的零点．当0＜x＜1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)＜0，当x＞1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)＞0,1不会是极值点．当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，零点还是0,1，但是当0＜x＜1，x＞1时，f(x)＞0，由极值的概念，知选C.
答案：C
7．若0＜x1＜x2＜1，则(　　)
A．ex2－ex1＞ln x2－ln x1
B．ex1－ex2＜ln x2－ln x1
C．x2ex1＞x1ex2
D．x2ex1＜x1ex2
解析：令f(x)＝，则f′(x)＝＝.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，即f(x)在(0,1)上单调递减，∵0＜x1＜x2＜1，
∴f(x2)＜f(x1)，即＜，∴x2ex1＞x1ex2，故选C.
答案：C
8．设函数f(x)＝(e是自然对数的底数)，若f(2)是函数f(x)的最小值，则a的取值范围是(　　)
A．[－1,6] B．[1,4]
C．[2,4] D．[2,6]
解析：当x>2时，对函数f(x)＝＋a＋10的单调性进行研究，求导后发现f(x)在(2，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，即函数f(x)在x>2时的最小值为f(e)；当x≤2时，f(x)＝(x－a)2＋e是对称轴方程为x＝a的二次函数，欲使f(2)是函数的最小值，则⇒⇒2≤a≤6，故选D.
答案：D
9．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________．
解析：因为f′(x)＝3x2＋2mx＋(m＋6)，所以Δ＝4m2－4×3(m＋6)＞0，解得m＞6或m＜－3，所以实数m的取值范围是(－∞，－3)∪(6，＋∞)．
答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)
10．已知奇函数f(x)＝则函数h(x)的最大值为__________．
解析：先求出x>0时，f(x)＝－1的最小值．当x>0时，f′(x)＝，∴x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数单调递减，x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数单调递增，∴x＝1时，函数取得极小值即最小值，为e－1，∴由已知条件得h(x)的最大值为1－e.
答案：1－e
11．设函数f(x)＝ex－ax－1.
(1)若函数f(x)在R上单调递增，求a的取值范围；
(2)当a＞0时，设函数f(x)的最小值为g(a)，求证：g(a)≤0.
解析：(1)由题意知f′(x)＝ex－a≥0对x∈R均成立，且ex＞0，故a的取值范围为a≤0.
(2)证明：当a＞0时，由f′(x)＝ex－a可得，
函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
故函数f(x)的最小值为g(a)＝f(ln a)＝eln a－aln a－1＝a－aln a－1，则g′(a)＝－ln a，
故当a∈(0,1)时，g′(a)＞0，当a∈(1，＋∞)时，g′(a)＜0，从而可知g(a)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0，故g(a)≤g(1)，即g(a)≤0.
12．已知函数f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围．
解析：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，
所以f(1)＝g(1)且f′(1)＝g′(1)，即a＋1＝1＋b且2a＝3＋b，
解得a＝3，b＝3.
(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)，当a＝3，b＝－9时，
h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，
所以h′(x)＝3x2＋6x－9.
令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.
h′(x)，h(x)在(－∞，2]上的变化情况如下表所示：
x
(－∞，－3)
－3
(－3,1)
1
(1,2)
2
h′(x)
＋
0
－
0
＋
＋
h(x)

28

－4

3
由表可知当k≤－3时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值为28；
当－3＜k＜2时，函数h(x)在区间 [k,2]上的最大值小于28.
因此k的取值范围是(－∞，－3]．
B组　能力提升练
1．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是(　　)
A．∃x0∈R，f(x0)＝0
B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形
C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减
D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0
解析：若y＝f(x)有极小值点，则其导数y＝f′(x)必有2个零点，设为x1，x2(x1 答案：C
2．已知函数f(x)＝(x2＋2x＋1)ex，设t∈[－3，－1]，对任意x1，x2∈[t，t＋2]，则|f(x1)－f(x2)|的最大值为(　　)
A．4e－3 B．4e
C．4e＋e－3 D．4e＋1
解析：依题意，f′(x)＝(x2＋4x＋3)ex，令f′(x)>0，可得x<－3或x>－1，令f′(x)<0，可得－3 ∴|f(x1)－f(x2)|的最大值为4e，故选B.
答案：B
3．若定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式f(x)>＋1(e为自然对数的底数)的解集为(　　)
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞)
C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞)
解析：由f(x)>＋1得，exf(x)>3＋ex，构造函数F(x)＝exf(x)－ex－3，对F(x)求导得F′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]．由f(x)＋f′(x)>1，ex>0，可知F′(x)>0，即F(x)在R上单调递增，又F(0)＝e0f(0)－e0－3＝f(0)－4＝0，所以F(x)>0的解集为(0，＋∞)，所以选A.
答案：A
4．已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0) B.
C．(0,1) D．(0，＋∞)
解析：∵f(x)＝x(ln x－ax)，∴f′(x)＝ln x－2ax＋1，
由题意可知f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，
令f′(x)＝0，则2a＝，令g(x)＝，则g′(x)＝，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又∵当x→0＋时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，
∴只需0＜2a＜1,0＜a＜.
答案：B
5．设函数f(x)＝ex(sin x－cos x)(0≤x≤2 016π)，则函数f(x)的各极小值之和为(　　)
A．－ B．－
C．－ D．－
解析：∵f′(x)＝2exsin x，
∴x∈(2kπ＋π，2kπ＋2π)(k∈Z)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈(2kπ＋2π，2kπ＋3π)(k∈Z)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x＝2kπ＋2π(k∈Z)时，f(x)取极小值，其极小值为f(2kπ＋2π)＝－e2kπ＋2π(k∈Z)，又0≤x≤2 016π，
∴f(x)的各极小值之和S＝－e2π－e4π－…－e2 016π＝－，故选A.
答案：A
6．函数y＝xex在其极值点处的切线方程为________．
解析：由y＝xex可得y′＝ex＋xex＝ex(x＋1)，从而可得y＝xex在(－∞，－1)上递减，在(－1，＋∞)上递增，所以当x＝－1时，y＝xex取得极小值－e－1，因为y′|x＝－1＝0，故切线方程为y＝－e－1，即y＝－.
答案：y＝－
7．已知函数f(x)＝，若不等式f(x)≤kx对任意的x>0恒成立，则实数k的取值范围为__________．
解析：不等式f(x)≤kx对任意的x>0恒成立，即k≥恒成立．令g(x)＝，则g′(x)＝＝，令g′(x)＝0，得x＝e－，且当x∈时，g′(x)> 0，当x∈时，g′(x)<0，故当x＝e－时，g(x)取得最大值g(e－)＝＝，所以k≥，则k的取值范围为.
答案：
8．已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是__________．
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－2ax.
已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，等价于ln x＋1－2ax＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，等价于函数h(x)＝ln x的图象与函数g(x)＝2ax－1的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点．
设函数h(x)＝ln x与函数g(x)＝2ax－1的图象相切于点A(m，ln m)，其中m＞0，函数g(x)的图象在点A处的切线的斜率为k＝2a，函数h(x)的图象在点A处的切线的斜率为k＝，∴2a＝.
又∵直线g(x)＝2ax－1过点(0，－1)，
∴k＝，∴＝.解得m＝1，
∴当函数h(x)与g(x)的图象相切时，a＝.∴a∈.
答案：
9．已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．
解析：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.
由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4，故b＝4，a＋b＝8.
从而a＝4，b＝4.
(2)由(1)知f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，
f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).
令f′(x)＝0，得x＝－ln 2或x＝－2.
从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)＜0.
故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．
当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．
10．已知函数f(x)＝x2＋ln x，g(x)＝f(x)－2ax.(a∈R)
(1)当a＝0时，求f(x)在区间上的最小值；
(2)若∀x∈(1，＋∞)，g(x)＜0恒成立，求a的取值范围．
解析：(1)函数f(x)＝x2＋ln x的定义域为(0，＋∞)，
当a＝0时，f(x)＝－x2＋ln x，
则f′(x)＝－x＋＝＝.
当x∈时，f′(x)＞0；当x∈[1，e]时，f′(x)＜0，
∴f(x)在区间上是增函数，在区间[1，e]上为减函数，
又f＝－1－，f(e)＝1－，
∴f(x)min＝f(e)＝1－.
(2)g(x)＝f(x)－2ax＝x2－2ax＋ln x，则g(x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝(2a－1)x－2a＋＝＝，
①若a＞，则令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝，
当x2＞x1＝1，即＜a＜1时，
在(0,1)上有g′(x)＞0，在(1，x2)上有g′(x)＜0，在(x2，＋∞)上有g′(x)＞0，
此时g(x)在区间(x2，＋∞)上是增函数，并且在该区间上有g(x)∈(g(x2)，＋∞)，不合题意；
当x2≤x1＝1，即a≥1时，同理可知，g(x)在区间(1，＋∞)上有g(x)∈(g(1)，＋∞)，也不合题意；
②若a≤，则有2a－1≤0，此时在区间(1，＋∞)上恒有g′(x)＜0，
从而g(x)在区间(1，＋∞)上是减函数；
要使g(x)＜0在此区间上恒成立，只需满足g(1)＝－a－≤0⇒a≥－，由此求得a的取值范围是.
综合①②可知，a的取值范围是.