23版新高考一轮分层练案(十七)　导数与函数的极值、最值

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一轮分层练案(十七)　导数与函数的极值、最值 A级——基础达标1．设函数f(x)＝＋ln x，则(　　)A．x＝为f(x)的极大值点B．x＝为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点【答案】D　因为f(x)＝＋ln x，所以f′(x)＝－＋＝(x>0).当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以x＝2为f(x)的极小值点，故选D.2．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)＝(　　)A．11或18    B．11C．18    D．17或18【答案】C　∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，又f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∴解得或而当时，函数在x＝1处无极值，故舍去．∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.3．f(x)＝ex－x在区间[－1，1]上的最大值是(　　)A．1＋    B．1C．e＋1    D．e－1【答案】D　f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0，令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0，则函数f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，f(－1)＝e－1＋1，f(1)＝e－1，f(－1)－f(1)＝＋2－e<＋2－e<0，所以f(1)>f(－1).故选D.4．若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则实数c的取值范围为(　　)A．B．C．∪D．∪【答案】D　若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有两个不等实根，故Δ＝(－4c)2－12>0，解得c>或c<－.所以实数c的取值范围为∪.5．若函数f(x)＝ax3－3x＋1对于x∈[－1，1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围为(　　)A．[2，＋∞)    B．[4，＋∞)C．{4}    D．[2，4]【答案】C　f′(x)＝3ax2－3，当a≤0时，对于x∈[－1，1]总有f′(x)<0，则f(x)在[－1，1]上单调递减，f(x)min＝f(1)＝a－2<0，不合题意；当0<a≤1时，f′(x)＝3ax2－3＝3a，f(x)在[－1，1]上单调递减，f(x)min＝f(1)＝a－2<0，不合题意；当a>1时，f(x)在和上单调递增，在上单调递减，所以有f(－1)＝－a＋4≥0，且f＝－＋1≥0，解得a＝4.综上所述，a＝4.6．(多选)函数y＝f(x)导函数的图象如图所示，则下列说法正确的有(　　)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【答案】ABD　由函数y＝f(x)导函数的图象可知，f(x)的单调递减区间是(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，所以f(x)在x＝－1，5取得极小值，在x＝3取得极大值，C错误．故选A、B、D.7．(多选)对于函数f(x)＝，下列说法正确的有(　　)A．f(x)在x＝1处取得极大值B．f(x)有两个不同的零点C．f(4)＜f(π)＜f(3)D．πe2＞2eπ【答案】AC　由函数f(x)＝，可得函数f(x)的导数为f′(x)＝.当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．可得函数f(x)在x＝1处取得极大值，所以A正确；因为f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f(0)＝0，当x＞0时，f(x)＞0恒成立，所以函数f(x)只有一个零点，所以B错误；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且4＞π＞3＞1，可得f(4)＜f(π)＜f(3)，所以C正确；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且π＞2＞1，可得＜，即πe2＜2eπ，所以D错误．故选A、C.8．(多选)若函数f(x)＝2x3－ax2(a<0)在上有最大值，则a的取值可能为(　　)A．－6    B．－5C．－4    D．－3【答案】ABC　令f′(x)＝2x(3x－a)＝0，得x1＝0，x2＝(a<0)，当<x<0时，f′(x)<0；当x<或x>0时，f′(x)>0，则f(x)的增区间为，(0，＋∞)，减区间为， 从而f(x)在x＝处取得极大值f＝－，由f(x)＝－，得＝0，解得x＝或x＝－，又f(x)在上有最大值，所以<≤－，即a≤－4，故选A、B、C.9．若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件．解析：y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，当0<x<3时，y′>0；当x>3时，y′<0.故当x＝3时，该商品的年利润最大．【答案】310．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(其中e是自然对数的底数).解：(1)f(x)＝－ln x＝1－－ln x，f(x)的定义域为(0，＋∞).所以f′(x)＝－＝，由f′(x)>0，得0<x<1，由f′(x)<0，得x>1，所以f(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＝－，则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.B级——综合应用11．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(　　)A．[－5，0)    B．(－5，0)C．[－3，0)    D．(－3，0)【答案】C　由题意，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，作出其大致图象如图所示，令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知解得a∈[－3，0).12．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【答案】C　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.∴函数y＝f(x)有3个极值点，则f(x)为4折函数．13．(多选)已知函数f(x)＝x＋sin x－x cos 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【答案】BD　因为f(x)的定义域为[－2π，2π)，所以f(x)是非奇非偶函数．f′(x)＝1＋cos x－(cos x－x sin x)＝1＋x sin x，当x∈[0，π)时，f′(x)>0，则f(x)在[0，π)上单调递增，显然f′(0)≠0，令f′(x)＝0，得sin x＝－，分别作出y＝sin x，y＝－在区间[－2π，2π)上的图象如图所示，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上都不相切，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，故选B、D.14．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex的极值点，则f′(－2)＝________，f(x)的极小值为________．解析：由函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex可得f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－1)ex，因为x＝－2是函数f(x)的极值点，所以f′(－2)＝(－4＋a)e－2＋(4－2a－1)e－2＝0，即－4＋a＋3－2a＝0，解得a＝－1.所以f′(x)＝(x2＋x－2)ex.令f′(x)＝0可得x＝－2或x＝1.当x＜－2或x＞1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增，当－2＜x＜1时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减，所以当x＝1时函数f(x)取得极小值，极小值为f(1)＝(12－1－1)×e1＝－e.【答案】0　－e15．已知函数f(x)＝ex－sin x－cos x，g(x)＝ex＋sin x＋cos x.(1)证明：当x＞－时，f(x)≥0；(2)若g(x)≥2＋ax，求a.解：(1)证明：∵f(x)＝ex－sin x－cos x＝ex－sin ，∴f′(x)＝ex－cos (x∈R).画出y＝ex和y＝cos 的图象，由图可知，当x＞－时，存在－＜x1＜－，使得f′(x1)＝f′(0)＝0，∴当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(x1，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；又∵f＝e－π＞0，f(0)＝0，∴当x＞－时，f(x)min＝f(0)＝0.∴当x＞－时，f(x)≥0.(2)∵g(x)≥2＋ax，∴ex＋sin x＋cos x≥2＋ax，即ex＋sin x＋cos x－2－ax≥0.不妨设F(x)＝ex＋sin x＋cos x－2－ax(x∈R)，则F(x)≥0.求导可得F′(x)＝ex＋cos －a(x∈R).∵F(x)≥0，且F(0)＝0，∴当x＝0时，F(x)取最小值，F′(x)取极小值．∴F′(0)＝0，且当x＞0时，F′(x)＞0，当x＜0时，F′(x)＜0，∴e0＋cos －a＝0，解得a＝2.C级——迁移创新16．已知f(x)＝ax－ln x，当x∈(0，e]时，是否存在实数a，使得f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．解：假设存在实数a，使得f(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])的最小值为3，由题意知f′(x)＝a－＝.①当a≤0时，在(0，e]上恒有f′(x)<0，函数f(x)在(0，e]上单调递减，所以f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，即a＝，不满足a≤0，舍去；②当0<<e时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)min＝f＝1＋ln a＝3，即a＝e2，满足条件；③当≥e时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，即a＝，不满足≥e，舍去．综上所述，当x∈(0，e]时，存在实数a＝e2，使得f(x)的最小值为3.