(小白高考)新高考数学(适合艺考生)一轮复习14《导数与函数的极值》巩固练习（2份打包，答案版+教师版）

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一、选择题
如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是( )
A.在区间(﹣2，1)上f(x)是增函数
B.在区间(1，3)上f(x)是减函数
C.在区间(4，5)上f(x)是增函数
D.当x＝2时，f(x)取到极小值
设函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，则( )
A.x＝eq \f(1,2)为f(x)的极大值点 B.x＝eq \f(1,2)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
如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
函数f(x)＝﹣x3＋12x＋6在区间[﹣eq \f(1,3)，3]上的零点个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
若函数f(x)＝x3＋ax2＋3x﹣9在x＝﹣3时取得极值，则a的值为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
函数f(x)＝(x2﹣1)2＋2的极值点是( )
A.x＝1 B.x＝﹣1 C.x＝1或﹣1或0 D.x＝0
设函数f(x)在定义域R上可导，其导函数为f′(x)，若函数y＝(1﹣x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B.函数f(x)有极大值f(﹣2)和极小值f(1)
C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(﹣2)
D.函数f(x)有极大值f(﹣2)和极小值f(2)
设函数f(x)＝ln x＋ax2﹣eq \f(3,2)x，若x＝1是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的极小值为( )
A.ln 2﹣2 B.ln 2﹣1 C.ln 3﹣2 D.ln 3﹣1
若当x＞0时，函数f(x)＝2﹣ex＋mx2有两个极值点，则实数m的取值范围是( )
A.(eq \f(e,2)，＋∞) B.(0，eq \f(e,2)) C.(0，2e) D.(2e，＋∞)
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eq \f(4,27)，极小值为0 B.极大值为0，极小值为eq \f(4,27)
C.极小值为﹣eq \f(4,27)，极大值为0 D.极小值为0，极大值为﹣eq \f(4,27)
设f(x)＝eq \f(1,2)x2＋cs 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
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处取到极小值
B.当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值
C.当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值
D.当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值
二、填空题
函数f(x)＝eq \f(cs x－a,ex)在x＝eq \f(π,2)处取得极值，则a＝________.
已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2，当x＝﹣1时有极值0，则a＋b的值为________.
若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3﹣ax2＋x﹣5无极值点，则实数a的取值范围是________.
设函数f(x)=x3＋ax2＋bx(x＞0)的图象与直线y=4相切于点M(1,4)，则y=f(x)在区间(0,4]上的最大值为 ；最小值为 .
三、解答题
已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3﹣ax2＋4，且x＝2是函数f(x)的一个极小值点.
(1)求实数a的值；
(2)求f(x)在区间[﹣1,3]上的最大值和最小值.
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．
设函数f(x)=x－eq \f(1,x)－aln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k=2－a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.
已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)=x3＋ax2＋bx的两个极值点.
(1)求a和b的值.
(2)设函数g(x)的导函数g′(x)=f(x)＋2，求g(x)的极值点.
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.
\s 0 (小白高考)新高考数学(适合体育生)一轮复习14《导数与函数的极值》巩固练习（含答案）答案解析
一、选择题
答案为：C
答案为：D.
答案为：A.
解析：由图象及极值点的定义知，f(x)只有一个极小值点.
答案为：A
解析：f′(x)＝﹣3x2＋12，令f′(x)＝0，得x＝±2.
所以当x∈[﹣eq \f(1,3)，2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(2，3]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)的极大值为f(2)＝22.
因为f(﹣eq \f(1,3))＞0，f(3)＞0，所以函数f(x)在区间[﹣eq \f(1,3)，3]上没有零点.
答案为：D.
解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋3，由题意知f′(﹣3)＝0，即3×(﹣3)2＋2a×(﹣3)＋3＝0，解得a＝5.
答案为：C.
解析：∵f(x)＝x4﹣2x2＋3，∴由f′(x)＝4x3﹣4x＝4x(x＋1)(x﹣1)＝0，得x＝0或x＝1或x＝﹣1，又当x＜﹣1时，f′(x)＜0，当﹣1＜x＜0时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，∴x＝0，1，﹣1都是f(x)的极值点.
答案为：D.
解析：由题图可知，当x＜﹣2时，f′(x)＞0；当x＝﹣2时，f′(x)＝0；当﹣2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＝2时，f′(x)＝0；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可得函数f(x)在x＝﹣2处取得极大值，在x＝2处取得极小值.故选D.
答案为：A
解析：∵f(x)＝ln x＋ax2﹣eq \f(3,2)x(x＞0)，∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax﹣eq \f(3,2)，∵x＝1是函数f(x)的极大值点，∴f′(1)＝1＋2a﹣eq \f(3,2)＝2a﹣eq \f(1,2)＝0，解得a＝eq \f(1,4)，∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(x,2)﹣eq \f(3,2)＝eq \f(x2－3x＋2,2x)＝eq \f(x－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2)),2x)，∴当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当1＜x＜2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；∴当x＝2时，f(x)有极小值，且极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝ln 2﹣2.
答案为：A
解析：因为函数f(x)＝2﹣ex＋mx2，则f′(x)＝﹣ex＋2mx，
若当x＞0时，函数f(x)＝2﹣ex＋mx2有两个极值点，
则f′(x)＝﹣ex＋2mx＝0在x∈(0，＋∞)上有两个根，
即m＝eq \f(ex,2x)在x∈(0，＋∞)上有两个解，
令g(x)＝eq \f(ex,2x)，则g′(x)＝eq \f(xex－ex,2x2)＝eq \f(x－1ex,2x2)，
当x＞1时，g′(x)＞0，则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，
当0＜x＜1时，g′(x)＜0，则g(x)在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))上单调递减，
所以函数g(x)＝eq \f(ex,2x)在x＝1处取得最小值，即g(1)＝eq \f(e,2)，
又x→0＋时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，故m＞eq \f(e,2).
答案为：A
解析：f′(x)＝3x2﹣2px﹣q，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－2p－q＝0，,1－p－q＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝2，,q＝－1，))
f′(x)＝3x2﹣4x＋1＝(x﹣1)(3x﹣1)，
当x1时，f′(x)>0，当eq \f(1,3)f(x)在(-∞,eq \f(1,3))和(1，＋∞)上单调递增，在(eq \f(1,3),1)上单调递减，
所以极大值为f(eq \f(1,3))＝eq \f(4,27)，极小值为f(1)＝0.
答案为：A
解析：f′(x)＝x﹣sin x，令g(x)＝x﹣sin x，则g′(x)＝1﹣cs 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.
答案为：C.
解析：当k＝1时，f(x)＝(ex﹣1)(x﹣1)，0，1是函数f(x)的零点.当0＜x＜1时，f(x)＝(ex﹣1)(x﹣1)＜0，当x＞1时，f(x)＝(ex﹣1)(x﹣1)＞0，1不会是极值点.当k＝2时，f(x)＝(ex﹣1)(x﹣1)2，零点还是0，1，但是当0＜x＜1，x＞1时，f(x)＞0，由极值的概念，知选C.
二、填空题
答案为：1.
解析：∵f(x)＝eq \f(cs x－a,ex)，∴f′(x)＝eq \f(－sin x－cs x＋a,ex)，又f(x)在x＝eq \f(π,2)处取得极值，
∴f′(eq \f(π,2))＝ SKIPIF 1 < 0 ＝0，得a＝1，经检验a＝1符合题意.
答案为：11.
解析：f′(x)＝3x2＋6ax＋b，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′－1＝0，,f－1＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－6a＋b＋3＝0，,a2＋3a－b－1＝0，))解之，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝9.))当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立，所以f(x)在x＝﹣1处无极值，舍去.所以a＝2，b＝9.所以a＋b＝11.
答案为：[﹣1,1]
解析：∵f(x)＝eq \f(1,3)x3﹣ax2＋x﹣5，∴f′(x)＝x2﹣2ax＋1，由函数f(x)＝eq \f(1,3)x3﹣ax2＋x﹣5无极值点知，f′(x)＝0至多有1个实数根，∴Δ＝(﹣2a)2﹣4≤0，解得﹣1≤a≤1，故实数a的取值范围是[﹣1,1].
答案为：4,0；
解析：f′(x)=3x2＋2ax＋b(x＞0).
依题意，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝0，,f1＝4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b＝4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－6，,b＝9.))
所以f(x)=x3－6x2＋9x.令f′(x)=3x2－12x＋9=0，解得x=1或x=3.
当x变化时，f′(x)，f(x)在区间(0,4]上的变化情况如下表：
所以函数f(x)=x3－6x2＋9x在区间(0,4]上的最大值是4，最小值是0.
三、解答题
解：(1)f′(x)＝x2﹣2ax.
∵x＝2是函数f(x)的一个极小值点，
∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝0.即4﹣4a＝0，解得a＝1.
经检验，当a＝1时，x＝2是函数f(x)的一个极小值点.∴实数a的值为1.
(2)由(1)知，f(x)＝eq \f(1,3)x3﹣x2＋4，f′(x)＝x2﹣2x＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2)).
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.
当x在[﹣1,3]上变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
当x＝﹣1或x＝2时，f(x)有最小值eq \f(8,3)；
当x＝0或x＝3时，f(x)有最大值4.
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>eq \f(1,2)，则当x∈(eq \f(1,a)，2)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≤eq \f(1,2)，则当x∈(0,2)时，x－2<0，ax－1≤eq \f(1,2)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(eq \f(1,2)，＋∞)．
解:(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=1＋eq \f(1,x2)－eq \f(a,x)=eq \f(x2－ax＋1,x2).
令g(x)=x2－ax＋1，则方程x2－ax＋1=0的判别式Δ=a2－4.
①当|a|≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
②当a<－2时，Δ>0，g(x)=0的两根都小于0，在(0，＋∞)上恒有f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
③当a>2时，Δ>0，g(x)=0的两根为x1=eq \f(a－\r(a2－4),2)，x2=eq \f(a＋\r(a2－4),2)，
当00；当x1x2时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减.
(2)由(1)知，a>2.
因为f(x1)－f(x2)=(x1－x2)＋eq \f(x1－x2,x1x2)－a(ln x1－ln x2)，
所以k=eq \f(fx1－fx2,x1－x2)=1＋eq \f(1,x1x2)－a·eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2).
又由(1)知，x1x2=1.于是k=2－a·eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2).
若存在a，使得k=2－a.则eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)=1.即ln x1－ln x2=x1－x2.
亦即x2－eq \f(1,x2)－2ln x2=0(x2>1). (*)
再由(1)知，函数h(t)=t－eq \f(1,t)－2ln t在(0，＋∞)上单调递增，而x2>1，
所以x2－eq \f(1,x2)－2ln x2>1－eq \f(1,1)－2ln 1=0.这与(*)式矛盾.故不存在a，使得k=2－a.
解：(1)由题设知f′(x)=3x2＋2ax＋b，且f′(－1)=3－2a＋b=0，
f′(1)=3＋2a＋b=0，解得a=0，b=－3.
将a=0，b=－3代入检验知符合题意.
(2)由(1)知f(x)=x3－3x.
因为f(x)＋2=(x－1)2(x＋2)，
所以g′(x)=0的根为x1=x2=1，x3=－2，
于是函数g(x)的极值点只可能是x=1或x=－2.
当x＜－2时，g′(x)＜0；
当－2＜x＜1时，g′(x)＞0，故x=－2是g(x)的极小值点.
当－2＜x＜1或x＞1时，g′(x)＞0，故x=1不是g(x)的极值点.
所以g(x)的极小值点为x=－2，无极大值点.
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＞eq \f(1,2)，则当x∈( SKIPIF 1 < 0 ，2)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≤eq \f(1,2)，则当x∈(0，2)时，x－2＜0，ax－1≤eq \f(1,2)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(eq \f(1,2),+∞).
x
﹣1
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0))
0
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2))
2
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，3))
3
f′(x)
＋
0
﹣
0
＋
f(x)
eq \f(8,3)
↗
4
↘
eq \f(8,3)
↗
4