人教A版高考数学一轮总复习课时质量评价17导数与函数的极值、最值课时质量评价含答案

课时质量评价(十七)

(建议用时：45分钟)

A组　全考点巩固练

1．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则(　　)

A．a<－1 B．a>－1

C．a>－ D．a<－

A　解析：因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.

又函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，

所以方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，

当x>0时，－ex<－1，所以a＝－ex<－1.

2．若函数f (x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则x＋x等于(　　)

A． B． 

C． D．

C　解析：因为函数f (x)的图象过原点，所以d＝0.又f (－1)＝0且f (2)＝0，即解得所以函数f (x)＝x3－x2－2x.所以f ′(x)＝3x2－2x－2.由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f ′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2＝，x1x2＝－，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋＝.

3．已知函数f (x)＝2ef ′(e)ln x－(e是自然对数的底数)，则f (x)的极大值为(　　)

A．2e－1 B．－

C．1 D．2ln 2

D　解析：由题意知f ′(x)＝－.

所以f ′(e)＝2f ′(e)－，则f ′(e)＝.

因此f ′(x)＝－.令f ′(x)＝0，得x＝2e.

所以f (x)在(0,2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减．

所以f (x)在x＝2e处取极大值f (2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2.

4．已知x＝是函数f (x)＝xln(ax)＋1的极值点，则a＝(　　)

A．  B．1    C．  D．2

B　解析：由函数f (x)＝xln(ax)＋1，可得f ′(x)＝ln(ax)＋1.由x＝是函数f (x)的极值点，可得ln＋1＝0，解得a＝1.经验证，a＝1时，x＝是函数f (x)的极值点．故选B．

5．(多选题)(2020·山东百师联盟测试五)常数a≠0，下列有关方程x3＋x2－x－a＝0的根的说法正确的是(　　)

A．可以有三个负根

B．可以有两个负根和一个正根

C．可以有两个正根和一个负根

D．可以有三个正根  

BC　解析：方程x3＋x2－x－a＝0可化为x3＋x2－x＝a.令函数f (x)＝x3＋x2－x，则f ′(x)＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)．当x<－1或x>时，f ′(x)>0.当－1<x<时，f ′(x)<0.故f (x)在(－∞，－1)，上单调递增，在上单调递减，且f (－1)>0，f <0.作出f (x)的图象如图，从而方程x3＋x2－x－a＝0可以有两个正根和一个负根，也可以有两个负根和一个正根，但不会有三个负根，也不会有三个正根．故选BC．

6．函数f (x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是________．

2　解析：由题意知f ′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．

令f ′(x)＝0得x＝0或x＝2(舍)．

当－1<x<0时，f ′(x)>0；

当0<x<1时，f ′(x)<0，

所以当x＝0时，函数取得极大值，即最大值．

所以f (x)的最大值为f (0)＝2.

7．已知函数f (x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值．若m∈[－1,1]，则f (m)的最小值是________．

－4　解析：由题意知f ′(x)＝－3x2＋2ax.由f (x)在x＝2处取得极值，知f ′(2)＝0，

即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.

由此可得f (x)＝－x3＋3x2－4.

f ′(x)＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)，由此可得f (x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，

所以当m∈[－1,1]时，f (m)min＝f (0)＝－4.

8．(2020·广东六校联盟第三次联考)已知函数f (x)＝asin 2x－sin 3x(a为常数)在x＝处取得极值，则a的值为________．

1　解析：f ′(x)＝2acos 2x－cos 3x.由函数f (x)在x＝处取得极值，可得f ′＝0，即2acos －cos＝－a＋1＝0，解得a＝1.

9．已知函数f (x)＝ax2－bln x在点A(1，f (1))处的切线方程为y＝1.

(1)求实数a，b的值；

(2)求函数f (x)的极值．

解：(1)f (x)的定义域是(0，＋∞)，

所以f ′(x)＝2ax－，

f (1)＝a＝1.所以f ′(1)＝2a－b＝0.

将a＝1代入2a－b＝0，解得b＝2.故a＝1，b＝2.

(2)由(1)得f (x)＝x2－2ln x(x>0)，

f ′(x)＝2x－＝.

令f ′(x)>0，解得x>1；

令f ′(x)<0，解得0<x<1.

所以f (x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

所以f (x)极小值＝f (1)＝1，无极大值．

10．已知函数f (x)＝excos x－x.

(1)求曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程；

(2)求函数f (x)在区间上的最大值和最小值．

解：(1)因为f (x)＝excos x－x，所以f (0)＝1，

f ′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，所以f ′(0)＝0，

所以y＝f (x)在(0，f (0))处的切线方程为y＝1.

(2)由(1)知f ′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，

令g(x)＝f ′(x)，则g′(x)＝－2ex·sin x≤0在上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，

所以g(x)在上单调递减，

所以g(x)≤g(0)＝0，所以f ′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，

所以f (x)在上单调递减，

所以f (x)max＝f (0)＝1，f (x)min＝f ＝－.

B组　新高考培优练

11．若函数y＝f (x)存在n－1(n∈N*)个极值点，则称y＝f (x)为n折函数，例如f (x)＝x2为2折函数．已知函数f (x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则f (x)为(　　)

A．2折函数 B．3折函数

C．4折函数 D．5折函数

C　解析：由题意知f ′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)·(3x＋2)＝(x＋2)(ex－3x－2)．

令f ′(x)＝0，得x＝－2或ex＝3x＋2.

易知x＝－2是f (x)的一个极值点，

又ex＝3x＋2，结合函数图象(图略)，

y＝ex与y＝3x＋2有两个交点．

又e－2≠3×(－2)＋2＝－4，

所以函数y＝f (x)有3个极值点，则f (x)为4折函数．

12．(多选题)(2020·海南调研)已知函数f (x)＝x＋sin x－xcos x的定义域为[－2π，2π)，则(　　)

A．f (x)为奇函数

B．f (x)在[0，π)上单调递增

C．f (x)恰有4个极大值点

D．f (x)有且仅有4个极值点

BD　解析：对于选项A，因为f (x)的定义域为[－2π，2π)，不关于原点对称，所以f (x)为非奇非偶函数，故A错误．对于选项B，f ′(x)＝1＋cos x－(cos x－xsin x)＝1＋xsin x．当x∈[0，π)时，f ′(x)>0，则f (x)在[0，π)上单调递增，故B正确．对于选项C和D，f ′(0)≠0，令f ′(x)＝0，得sin x＝－.在同一坐标系内分别作出y＝sin x和y＝－在区间[－2π，2π)上的图象，如图．由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点处都不相切，故f (x)在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f (x)只有2个极大值点，故C错误，D正确．故选BD．

13．若函数f (x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是________．

[－3,0)　解析：由题意，得f ′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)．

故f (x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2,0)上单调递减．故f (0)＝－为f (x)的极小值．作出其图象如图所示．

令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3.结合图象可知解得a∈[－3,0)．

14．已知函数f (x)＝ex(ex－a)－a2x.

(1)讨论f (x)的单调性；

(2)若f (x)≥0，求a的取值范围．

解：(1)函数f (x)的定义域为(－∞，＋∞)．

f ′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．

①若a＝0，则f (x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增．

②若a>0，由f ′(x)＝0得x＝ln a.

当x∈(－∞，ln a)时，f ′(x)<0；

当x∈(ln a，＋∞)时，f ′(x)>0.

故f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，

在(ln a，＋∞)上单调递增．

③若a<0，由f ′(x)＝0得x＝ln.

当x∈时，f ′(x)<0；

当x∈时，f ′(x)>0.

故f (x)在上单调递减，在上单调递增．

(2)①若a＝0，则f (x)＝e2x，所以f (x)≥0.

②若a>0，则由(1)得，当x＝ln a时，f (x)取得最小值，最小值为f (ln a)＝－a2ln a．从而当且仅当－a2ln a≥0，即a≤1时，f (x)≥0.故0<a≤1.

③若a<0，则由(1)得，当x＝ln时，f (x)取得最小值，最小值为f ＝a2.

从而当且仅当a2≥0，即a≥－2e时，f (x)≥0.故－2e≤a<0.

综上，a的取值范围是[－2e，1]．

15．已知函数f (x)＝－ln x.

(1)求f (x)的单调区间；

(2)求函数f (x)在上的最大值和最小值．

解：(1)f (x)＝－ln x＝1－－ln x，f (x)的定义域为(0，＋∞)．

所以f ′(x)＝－＝.

令f ′(x)＞0，得0＜x＜1；令f ′(x)＜0，得x＞1.

所以f (x)＝－ln x在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

(2)由(1)得f (x)在上单调递增，在[1，e]上单调递减，

所以f (x)在上的最大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0.

又f ＝1－e－ln ＝2－e，f (e)＝1－－ln e＝－，即f ＜f (e)，

所以f (x)在上的最小值为f ＝2－e.

综上，f (x)在上的最大值为0，最小值为2－e.