高考数学一轮复习检测：第2章第3节 导数与函数的极值、最值 含解析

这是一份高考数学一轮复习检测：第2章第3节 导数与函数的极值、最值 含解析，共11页。试卷主要包含了设函数f＝ax2＋bx＋c等内容，欢迎下载使用。
限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)
A级　基础夯实练
1．(2018·聊城二模)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：选D.由题可知，B，C选项中的函数不是奇函数；A选项中，函数y＝x3单调递增(无极值)；D选项中的函数既为奇函数又存在极值．
2．(2018·南京模拟)函数f(x)＝x2－5x＋2ex的极值点所在的区间为(　　)
A．(0，1) B．(－1，0)
C．(1，2) D．(－2，－1)
解析：选A.∵f′(x)＝2x－5＋2ex为增函数，f′(0)＝－3＜0，f′(1)＝2e－3＞0，
∵f′(x)＝2x－5＋2ex的零点在区间(0，1)上，∴f(x)＝x2－5x＋2ex的极值点在区间(0，1)上．
3．(2018·南昌调研)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处取得极小值
B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取得极大值
C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极小值
D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极大值
解析：选C.当k＝1时，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0，
∴x＝1不是f(x)的极值点．
当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，
显然f′(1)＝0，且在x＝1附近的左侧f′(x)＜0，
当x＞1时，f′(x)＞0，
∴f(x)在x＝1处取得极小值．故选C.
4．(2018·佛山调研)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是(　　)

解析：选D.因为[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；选项D中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.
5．(2018·山东临沂模拟)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a＝(　　)
A. B．
C. D．1
解析：选D.因为f(x)是奇函数，所以f(x)在(0，2)上的最大值为－1.当x∈(0，2)时，f′(x)＝－a，令f′(x)＝0，得x＝，又a＞，所以0＜＜2.当x＜时，f′(x)＞0，f(x)在上单调递增；当x＞时，f′(x)＜0，f(x)在上单调递减，所以f(x)max＝f
＝ln －a·＝－1，解得a＝1.
6．(2018·南通调研)已知函数f(x)＝2f′(1)ln x－x，则f(x)的极大值为________．
解析：因为f′(x)＝－1，所以f′(1)＝2f′(1)－1，所以f′(1)＝1，故f(x)＝2ln x－x，f′(x)＝－1＝，则f(x)在(0，2)上为增函数，在(2，＋∞)上为减函数，所以当x＝2时f(x)取得极大值，且f(x)极大值＝f(2)＝2ln 2－2.
答案：2ln 2－2
7．(2018·大同模拟)f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则常数c的值为________．
解析：f(x)＝x3－2cx2＋c2x，f′(x)＝3x2－4cx＋c2，f′(2)＝0⇒c＝2或c＝6，若c＝2，f′(x)＝3x2－8x＋4，令f′(x)＞0⇒x＜或x＞2，f′(x)＜0⇒＜x＜2，故函数在及(2，＋∞)上单调递增，在上单调递减，所以x＝2是极小值点，故c＝2(不合题意，舍去)，c＝6.
答案：6
8．(2018·遵义模拟)不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，则实数k的最大值为________．
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.
答案：e
9．已知函数f(x)＝(a＞0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.
(1)求f(x)的单调区间．
(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．
解：(1)f′(x)＝
＝，
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex＞0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同．
又因为a＞0，所以－3＜x＜0时，
g(x)＞0，即f′(x)＞0，
当x＜－3或x＞0时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，
所以f(x)的单调增区间是(－3，0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．
(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有

解得a＝1，b＝5，c＝5，
所以f(x)＝.
因为f(x)的单调增区间是(－3，0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，
所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，
故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者．而f(－5)＝＝5e5＞5＝f(0)，
所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.
10．已知常数a≠0，f(x)＝aln x＋2x.
(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；
(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．
解：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2＝.当a＝－4时，f′(x)＝.
∴当0＜x＜2时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减；
当x＞2时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增．
∴f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2，无极大值．
(2)∵f′(x)＝，
∴当a＞0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，
即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；
当a＜0时，由f′(x)＞0得，x＞－，
∴f(x)在上单调递增；
由f′(x)＜0得，0＜x＜－，∴f(x)在上单调递减．
∴当a＜0时，f(x)的最小值为f＝aln＋2×.
根据题意得f＝aln＋2×≥－a，
即a[ln(－a)－ln 2]≥0.
∵a＜0，∴ln(－a)－ln 2≤0，解得－2≤a＜0，
∴实数a的取值范围是[－2，0)．
B级　能力提升练
11．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
解析：选D.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.






12．(2018·武汉模拟)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．
C．[1，2) D．
解析：选B.因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又因为f′(x)＝4x－，所以由f′(x)＝0解得x＝，由题意得解得1≤k＜.
13．(2018·江苏卷)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________．
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＞，
由f′(x)＜0解得0＜x＜，
∴f(x)在上递减，在上递增．
又f(x)只有一个零点，∴f＝－＋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：－3
14．(2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.
所以a的值为1.
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.
若a＞，则当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值．
若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2＜0，ax－1≤x－1＜0，所以f′(x)＞0.
所以2不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是.
15．(2017·浙江卷)已知函数f(x)＝(x－)·e－x.
(1)求f(x)的导函数；
(2)求f(x)在区间上的取值范围．
解：(1)因为(x－)′＝1－，
(e－x)′＝－e－x，
所以f′(x)＝e－x－(x－)e－x
＝.
(2)由f′(x)＝＝0，
解得x＝1或x＝.
因为
x


1



f′(x)

－
0
＋
0
－
f(x)
e－

0

e－

又f(x)＝(－1)2e－x≥0，
所以f(x)在区间上的取值范围是.
C级　素养加强练
16．(2018·辽宁省五校联考)已知函数f(x)＝2ln x＋x2－2ax(a＞0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，且f(x1)－f(x2)≥－2ln 2恒成立，求a的取值范围．
解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝，令x2－ax＋1＝0，则Δ＝a2－4，
①当0＜a≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0恒成立，
函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＞2时，Δ＞0，方程x2－ax＋1＝0有两个不同的实根，分别设为x3，x4，不妨令x3＜x4，
则x3＝，x4＝，此时0＜x3＜x4，
因为当x∈(0，x3)时，f′(x)＞0，当x∈(x3，x4)时，f′(x)＜0，当x∈(x4，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上单调递减，x1＋x2＝a，x1·x2＝1，则f(x1)－f(x2)＝2ln＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln＋＝2ln＋－，
令t＝，则0＜t＜1，f(x1)－f(x2)＝2ln t＋－t，
令g(t)＝2ln t＋－t(0＜t＜1)，则g′(t)＝－＜0，
故g(t)在(0，1)上单调递减且g＝－2ln 2，
故g(t)＝f(x1)－f(x2)≥－2ln 2＝g，即0＜t≤，
而a2＝(x1＋x2)2＝＋＋2＝t＋＋2，其中0＜t≤，令h(t)＝t＋＋2，t∈，
所以h′(t)＝1－＜0在t∈上恒成立，
故h(t)＝t＋＋2在上单调递减，从而a2≥，
故a的取值范围是.