2023年高考数学(文数)一轮复习课时15《导数与函数的极值最值》达标练习（2份，答案版+教师版）

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一、选择题
设函数f(x)=eq \f(1,3)x3－x＋m的极大值为1，则函数f(x)的极小值为( )
A.－eq \f(1,3) B.－1 C.eq \f(1,3) D.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)
若函数f(x)=2x2－ln x在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是( )
A.[1，＋∞) B.[1,eq \f(3,2)) C.[1，2) D.[eq \f(3,2),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)=ln x－ax存在最大值0，则a的值为( )
A.1 B.2 C.e D.eq \f(1,e)
若函数f(x)=eq \f(1,3)x3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(b,2)))x2＋2bx在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f(x)在R上的极小值为( )
A.2b－eq \f(4,3) B.eq \f(3,2)b－eq \f(2,3) C.0 D.b2－eq \f(1,6)b3
设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是( )
A.∀x∈R，f(x)≤f(x0)
B.－x0是f(－x)的极小值点
C.－x0是－f(x)的极小值点
D.－x0是－f(－x)的极小值点
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)
设函数f(x)=x3－3x2＋2x，若x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)=f(x)－λx的两个极值点，现给出如下结论：
①若－1＜λ＜0，则f(x1)＜f(x2)；
②若0＜λ＜2，则f(x1)＜f(x2)；
③若λ＞2，则f(x1)＜f(x2).
其中正确结论的个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
已知函数y=xex＋x2＋2x＋a恰有两个不同的零点，则实数a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)＋1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)＋1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)＋1，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))
设直线x=t与函数f(x)=x2，g(x)=ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为( )
A.1 B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(5),2) D.eq \f(\r(2),2)
二、填空题
函数y=2x－eq \f(1,x2)的极大值是________.
已知函数g(x)满足g(x)=g′(1)ex－1－g(0)x＋eq \f(1,2)x2，且存在实数x0，使得不等式2m－1≥g(x0)成立，则实数m的取值范围为________.
若函数f(x)=2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.
不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，则实数k的最大值为________.
\s 0 答案解析
答案为：A；
解析：f′(x)=x2－1，由f′(x)=0得x1=－1，x2=1.所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x=－1处取得极大值，且f(－1)=1，即m=eq \f(1,3)，函数f(x)在x=1处取得极小值，
且f(1)=eq \f(1,3)×13－1＋eq \f(1,3)=－eq \f(1,3).故选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：B；
解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又因为f′(x)=4x－eq \f(1,x)，
所以由f′(x)=0解得x=eq \f(1,2)，由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k－1＜\f(1,2)＜k＋1，,k－1≥0，))解得1≤k＜eq \f(3,2).
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：D.
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=eq \f(1,x)－a，当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，
函数f(x)在(0，＋∞)上是增加的，不存在最大值；当a＞0时，令f′(x)=eq \f(1,x)－a=0，
解得x=eq \f(1,a)，当0＜x＜eq \f(1,a)时，f′(x)＞0，当x＞eq \f(1,a)时，f′(x)＜0，∴f(x)max=f(eq \f(1,a))=lneq \f(1,a)－1=0，解得a=eq \f(1,e)，故选D.]
答案为：A；
解析：f′(x)=x2－(2＋b)x＋2b=(x－b)(x－2)，
∵函数f(x)在区间[－3,1]上不是单调函数，∴－3＜b＜1，则由f′(x)＞0，
得x＜b或x＞2，由f′(x)＜0，得b＜x＜2，
∴函数f(x)的极小值为f(2)=2b－eq \f(4,3).
答案为：D；
解析：函数f(x)的极大值f(x0)不一定是最大值，故A错误；f(x)与－f(－x)关于原点对称，故x0(x0≠0)是f(x)的极大值点时，－x0是－f(－x)的极小值点，故选D.
答案为：B.
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：B；
解析：函数g(x)=f(x)－λx，∴g′(x)=f′(x)－λ，
令g′(x)=0，得f′(x)－λ=0，∴f′(x)=λ有两解x1，x2(x1＜x2).
∵f(x)=x3－3x2＋2x，∴f′(x)=3x2－6x＋2，画出y=f′(x)的图象如图所示：
①若－1＜λ＜0，则x1、x2在f(x)的递减区间上，故f(x1)＞f(x2)；
②若0＜λ＜2，则x1＞0，x2＜2，又x1,0在f(x)的一个递增区间上，
x2,2在f(x)的另一个递增区间上，
∴f(x1)＞f(0)=0，f(x2)＜f(2)=0，故f(x1)＞f(x2)；
③若λ＞2，则x1＜0，x2＞2，则f(x1)＜f(0)=0，f(x2)＞f(2)=0，
故f(x1)＜f(x2).故选B.
答案为：B
解析：函数y=xex＋x2＋2x＋a恰有两个不同的零点，
就是xex＋x2＋2x＋a=0恰有两个不同的实数解，
设g(x)=xex＋x2＋2x，则g′(x)=ex＋xex＋2x＋2=(x＋1)(ex＋2)，
x<－1，g′(x)<0，函数是减函数，x>－1，g′(x)>0，函数是增函数，
函数的最小值为g(－1)=－1－eq \f(1,e)，则－a>－1－eq \f(1,e)，
即a<1＋eq \f(1,e).函数y=xex＋x2＋2x＋a恰有两个不同的零点，
则实数a的取值范围为（-∞，1＋eq \f(1,e)）.故选B.
答案为：D
解析：|MN|的最小值，即函数h(x)=x2－ln x的最小值，
h′(x)=2x－eq \f(1,x)=eq \f(2x2－1,x)，令h′(x)=0，得x=eq \f(\r(2),2)或x=－eq \f(\r(2),2)(舍去)，
显然x=eq \f(\r(2),2)是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t=eq \f(\r(2),2).故选D.
二、填空题
答案为：－3
解析：y′=2＋eq \f(2,x3)，令y′=0，得x=－1.当x＜－1时，y′＞0；
当－1＜x＜0时，y′＜0.当x＞0，y′＞0，所以当x=－1时，y取极大值－3.
答案为：[1，＋∞).
解析：g′(x)=g′(1)ex－1－g(0)＋x，令x=1，得g′(1)=g′(1)－g(0)＋1，
∴g(0)=1，g(0)=g′(1)e0－1=1，∴g′(1)=e，∴g(x)=ex－x＋eq \f(1,2)x2，g′(x)=ex－1＋x，
当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，
∴当x=0时，函数g(x)取得最小值g(0)=1.
根据题意得2m－1≥g(x)min=1，∴m≥1.
答案为：－3
解析：f′(x)=6x2－2ax=2x(3x－a)(x＞0).
①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上递增，
又f(0)=1，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点.
②当a＞0时，由f′(x)＞0解得x＞eq \f(a,3)，
由f′(x)＜0解得0＜x＜eq \f(a,3)，∴f(x)在(0,eq \f(a,3))上递减，在(eq \f(a,3),+∞)上递增.
又f(x)只有一个零点，∴f(eq \f(a,3))=－eq \f(a3,27)＋1=0，∴a=3.
此时f(x)=2x3－3x2＋1，f′(x)=6x(x－1)，
当x∈[－1，1]时，f(x)在[－1，0]上递增，在[0，1]上递减.
又f(1)=0，f(－1)=－4，∴f(x)max＋f(x)min=f(0)＋f(－1)=1－4=－3.
答案为：e
解析：(1)不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，即为f(x)=ex－kx≥0恒成立，
即有f(x)min≥0，由f(x)的导数为f′(x)=ex－k，
当k≤0时，ex＞0，可得f′(x)＞0恒成立，f(x)递增，无最值；
当k＞0时，x＞ln k时f′(x)＞0，f(x)递增；x＜ln k时f′(x)＜0，f(x)递减.
即在x=ln k处取得最小值，且为k－kln k，
由k－kln k≥0，解得k≤e，即k的最大值为e.