新高考数学一轮复习《导数与函数的极值、最值》课时练习(2份打包，教师版+原卷版)

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新高考数学一轮复习《导数与函数的极值、最值》课时练习一              、选择题1.已知函数f(x)＝x3﹣px2﹣qx的图象与x轴相切于点(1,0)，则f(x)的(　　)A.极大值为，极小值为0       B.极大值为0，极小值为C.极小值为﹣，极大值为0     D.极小值为0，极大值为﹣【答案解析】答案为：A解析：f′(x)＝3x2﹣2px﹣q，则解得f′(x)＝3x2﹣4x＋1＝(x﹣1)(3x﹣1)，当x<或x>1时，f′(x)>0，当<x<1时，f′(x)<0，f(x)在(-∞,)和(1，＋∞)上单调递增，在(,1)上单调递减，所以极大值为f()＝，极小值为f(1)＝0.2.设f(x)＝x2＋cos x，则函数f(x)(　　)A.有且仅有一个极小值     B.有且仅有一个极大值C.有无数个极值           D.没有极值【答案解析】答案为：A解析：f′(x)＝x﹣sin x，令g(x)＝x﹣sin x，则g′(x)＝1﹣cos x≥0，∴f′(x)单调递增且f′(0)＝0，∴当x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x>0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，故f(x)有唯一的极小值点.3.函数y＝(x﹣2)ex＋m在[0,2]上的最小值是2﹣e，则最大值是(　　)A.1         B.2        C.3          D.4【答案解析】答案为：B解析：y′＝ex＋(x﹣2)ex＝(x﹣1)ex，因为x∈[0,2]，所以当x∈[0,1)时，y′<0，当x∈(1,2]时，y′>0，所以函数在[0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，所以函数在x＝1处取得最小值，根据题意有﹣e＋m＝2﹣e，所以m＝2，当x＝0时，y＝﹣2＋2＝0，当x＝2时，y＝0＋2＝2，所以其最大值是2.4.设函数f(x)＝ex﹣2x，直线y＝ax＋b是曲线y＝f(x)的切线，则2a＋b的最大值是(　　)A.e﹣1          B.﹣1         C.2e﹣4          D.e2﹣4【答案解析】答案为：D解析：由题意得f′(x)＝ex﹣2.设切点为(t，f(t))，则f(t)＝et﹣2t，f′(t)＝et﹣2，则切线方程为y﹣(et﹣2t)＝(et﹣2)(x﹣t)，即y＝(et﹣2)x＋et(1﹣t).又因为y＝ax＋b是曲线y＝f(x)的切线，所以a＝et﹣2，b＝et(1﹣t)，则2a＋b＝﹣4＋3et﹣tet.令g(t)＝﹣4＋3et﹣tet，则g′(t)＝(2﹣t)et，则当t>2时，g′(t)<0，g(t)在(2，＋∞)上单调递减；当t<2时，g′(t)>0，g(t)在(﹣∞，2)上单调递增，所以当t＝2时，g(t)取最大值g(2)＝﹣4＋3e2﹣2e2＝﹣4＋e2，即2a＋b的最大值为e2﹣4.5.已知函数f(x)＝x3﹣(3a＋)x2＋6ax，若f(x)在(﹣1，＋∞)上既有极大值，又有最小值，且最小值为3a﹣，则a的取值范围为(　　)A.(﹣,)      B.(﹣,﹣)      C.(﹣,﹣]       D.(﹣,)【答案解析】答案为：C解析：因为f′(x)＝3x2﹣x＋6a＝(x﹣1)的零点为2a和1，又f(1)＝3a﹣，所以1是函数的极小值点也是最小值点，则2a是函数的极大值点，所以﹣1<2a<1，且f≥3a﹣，解得﹣<a≤﹣.6.若函数f(x)＝x2＋(a﹣1)x﹣aln x存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a的取值范围为(　　)A.[,2)       B.[,+∞)      C.[0,)        D.(﹣1,0)∪[,+∞)【答案解析】答案为：B.解析：∵f(x)＝x2＋(a﹣1)x﹣aln x，x>0，∴f′(x)＝x＋(a﹣1)﹣＝，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝﹣a，∵函数f(x)＝x2＋(a﹣1)x﹣aln x存在唯一的极值，∴x＝1，此时a≥0.∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，∴f(x)极小值＝f(1)＝＋a﹣1＝a﹣，∵f(x)极小值≥1，∴a﹣≥1，解得a≥.二              、多选题7. (多选)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)＝ex(x＋1)，则下列命题正确的是(　　)A.函数f(x)有两个极值点B.函数f(x)有2个零点C.f(x)<0的解集为∪D.∀x1，x2∈R，都有｜f(x1)-f(x2)｜<2【答案解析】答案为：ACD.解析：当x<0时，由f(x)＝ex(x＋1)，得f′(x)＝ex(x＋2)，由f′(x)＝ex(x＋2)<0，得x<﹣2，由f′(x)＝ex(x＋2)≥0，得﹣2≤x<0，∴ 函数f(x)在(﹣∞，﹣2)上单调递减，在[﹣2，0)上单调递增，且f(﹣1)＝0，当x→﹣∞时，f(x)→0，画出函数f(x)的图象如图所示，由图知函数f(x)共有两个极值点﹣2,2，A正确；函数f(x)有3个零点﹣1,0,1，B不正确；f(x)<0的解集为∪，C正确；函数f(x)在R上的值域为，∴ 对∀x1，x2∈R，都有｜f(x1)-f(x2)｜<2，D正确.8. (多选)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述错误的是(　　)A.f(b)>f(a)>f(c)B.函数f(x)在x＝c处取得极小值，在x＝e处取得极大值C.函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值D.函数f(x)有两个极小值，一个极大值【答案解析】答案为：ABD解析：由f′(x)的图象可得，当x<c时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当c<x<e时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>e时，f′(x)>0，f(x)单调递增.对于A项，由题意可得f(a)<f(b)<f(c)，所以A不正确.由题意得函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值，故B，D不正确，C正确.三              、填空题9.函数f(x)＝在x＝处取得极值，则a＝________.【答案解析】答案为：1.解析：∵f(x)＝，∴f′(x)＝，又f(x)在x＝处取得极值，∴f′()＝＝0，得a＝1，经检验a＝1符合题意.10.某产品包装公司要生产一种容积为V的圆柱形饮料罐(上下都有底)，一个单位面积的罐底造价是一个单位面积罐身造价的3倍，若不考虑饮料罐的厚度，欲使这种饮料罐的造价最低，则这种饮料罐的底面半径是________.【答案解析】答案为：.解析：设饮料罐的底面半径为r，高为h，单位面积罐身造价为a，由V＝πr2h，得h＝，总造价f(r)＝3a×2×πr2＋2πrha＝6πr2a＋，所以f′(r)＝12πra﹣，所以f(r)在(0,)上单调递减，(,+∞)上单调递增，所以当r＝时造价最低.11.若函数f(x)＝ax2＋xln x有两个极值点，则实数a的取值范围是________.【答案解析】答案为：解析：f(x)＝xln x＋ax2(x＞0)，f′(x)＝ln x＋1＋2ax.令g(x)＝ln x＋1＋2ax, 由于函数f(x)＝ax2＋xln x有两个极值点⇔g(x)＝0在区间(0，＋∞) 上有两个实数根.g′(x)＝＋2a＝， 当a≥0 时，g′(x)＞0 ，则函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，因此g(x)＝0 在区间(0，＋∞)上不可能有两个实数根，应舍去.当a<0 时，令g′(x)＝0 ，解得x＝﹣ ，令g′(x)＞0 ，解得0＜x＜﹣ ，此时函数g(x)单调递增；令g′(x)＜0 ，解得x＞﹣ ，此时函数g(x)单调递减.∴当x＝﹣时，函数g(x)取得极大值.要使g(x)＝0在区间(0，＋∞)上有两个实数根，则g(﹣)＝ln(﹣)＞0，解得﹣<a<0.∴实数a 的取值范围是(﹣,0).12.若不等式2xln x＋3≥﹣x2＋ax对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是_______.【答案解析】答案为：.解析：因为不等式2xln x＋3≥﹣x2＋ax对x∈(0，＋∞)恒成立，所以a≤x＋2ln x＋，对x>0恒成立，即a≤(x＋2ln x＋)min.令g(x)＝x＋2ln x＋，则g′(x)＝1＋﹣＝，由g′(x)＝0得，x＝1或x＝﹣3，当x∈时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，所以当x＝1时，函数g(x)取得最小值g(1)＝4，所以a≤4.13.函数f(x)＝2cos x＋sin 2x，x∈R的值域为________.【答案解析】答案为：[﹣,].解析：由题意知，f(x)是周期为2π的周期函数，不妨令x∈[0,2π]，f′(x)＝﹣2sin x＋2cos 2x＝﹣2sin x＋2(1﹣2sin 2x)＝﹣4sin 2x﹣2sin x＋2＝﹣2(2sin x﹣1)(sin x＋1).令f′(x)＝0，得sin x＝或sin x＝﹣1，又∵x∈[0,2π]，∴x＝，π，，∴f()＝，f(π)＝﹣，f()＝0，又f(0)＝2，f(2π)＝2.故f(x)max＝，f(x)min＝﹣.故f(x)的值域为[﹣,].14.已知函数f(x)＝ax＋ln x，x∈(0，e]，且f(x)的最大值为﹣3，则a＝________.【答案解析】答案为：﹣e2解析：f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈[,+π).①若a≥﹣，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上单调递增，所以f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合题意；②若a<﹣，令f′(x)>0，得a＋>0，又x∈(0，e]，解得0<x<﹣，令f′(x)<0，得a＋<0，又x∈(0，e]，解得﹣<x≤e.从而f(x)在(0,﹣)上单调递增，在(﹣,e]上单调递减，所以f(x)max＝f(﹣)＝﹣1＋ln(﹣).令﹣1＋ln(﹣)＝﹣3，得ln(﹣)＝﹣2，即a＝﹣e2.因为﹣e2<﹣，所以a＝﹣e2为所求.故实数a的值为﹣e2.