第3章 课时冲关19 导数与函数的极值、最值-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课时作业word（人教A版）

课时冲关19　导数与函数的极值、最值 对应学生用书　P230 [基础巩固练] 1．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是(　　 ) A．25，－2　　　　　 B．50,14 C．50，－2 D．50，－14 解析：C　[因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x，当x∈[－4，－3)或x∈(0,2]时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，当x∈(－3,0)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是50，－2.] 2．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2　　 B．e　　　 C．e－1　　　 D．e－2 解析：C　[由题意可知f′(x)＝aex－≥0在区间(1,2)上恒成立，即a≥max，设g(x)＝xex，则在x∈(1,2)上恒有g′(x)＝(x＋1)ex＞0，所以g(x)min＝g(1)＝e，则max＝，即a≥e－1.] 3．(2024·松原质检)已知不等式(x－2)ex≥a，对任意的x∈R恒成立，则整数a的最大值为(　　 ) A．－3　　 B．－2　　　 C．－1　　　D．0 解析：A　[令f(x)＝(x－2)ex，则a≤f(x)min，f′(x)＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，则x＝1.当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)＝(x－2)ex单调递增；当x<1时，f′(x)<0，所以f(x)＝ (x－2)ex单调递减．所以当x＝1时，f(x)有最小值，f(x)min＝f(1)＝－e，所以a≤－e，即整数a的最大值是－3.] 4．(2024·山西校联考)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则(　　) A．f(x)在区间(－2,1)上单调递增 B．f(x)在区间(－2,5)上有且仅有2个极值点 C．f(x)在区间(－2,5)上有且仅有3个零点 D．f(x)在区间(1,3)上存在极大值点 解析：D　[由题图可知，y＝f′(x)在区间(－2，－1)为负，f(x)单调递减，在区间(－1,1)为正，f(x)单调递增，故A错误； y＝f′(x)在区间(－2,5)上有3个零点，且零点附近左右两边f′(x)的值一正一负，故f(x)有3个极值点，故B错误； 由选项B可知，只能判断f(x)在区间(－2,5)上有3个极值点，当f(x)的3个极值都小于0时，f(x)至多只有1个零点，当f(x)的3个极值有正有负时，f(x)至少有1个零点，所以无法判断f(x)零点个数，故C错误； y＝f′(x)在区间(1,2)上为正，f(x)单调递增，y＝f′(x)在区间(2,3)上为负，f(x)单调递减，则f(2)为极大值点，故D正确．] 5．(多选)(2024·广西防城港统考)已知函数f(x)＝(e为自然对数的底数，e≈2.72)，则关于函数f(x)，下列结论正确的是(　　) A．有2个零点 B．有2个极值点 C．在(0,1)上单调递增 D．最小值为1 解析：BC　[f(x)＝的定义域为R， f′(x)＝， 令f′(x)＝0得：x＝0或1， 当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，当x∈(－∞，0)∪(1，＋∞)时，f′(x)＜0， 当x变化时，f′(x)，f(x)变化如下表： x (－∞，0) 0 (0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 单调 递减 极小值1 单调 递增 极大值 单调递减 从而判断出函数有两个极值点，在(0,1)上单调递增，B、C正确；由于f(x)＝＝恒成立，所以函数f(x)无零点，A错误； 当x→＋∞时，f(x)→0，故函数无最小值，D错误．] 6．(多选)(2024·海口模拟)已知函数ft(x)＝(t∈R，t≠0)，则下列判断正确的是(　　 ) A．直线y＝x－1与曲线y＝ft(x)相切 B．函数ft(x)只有极大值，无极小值 C．若t1与t2互为相反数，则ft1(x)的极值与ft2(x)的极值互为相反数 D．若t1与t2互为倒数，则ft1(x)的极值与ft2(x)的极值互为倒数 解析：AC　[ft(x)＝(t∈R，t≠0)，ft′ (x)＝，因为ft′(1)＝1，ft(1)＝0，所以曲线y＝ft(x)在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1，故A正确；令ft′(x)＝0，得ln x＝，所以xt＝e，当t＜0时，存在x0∈(0，＋∞)使ft′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，ft′(x0)＜0； 当x∈(x0，＋∞)时，ft′(x0)＞0，即ft(x)有极小值，无极大值，故B错误； 设x0为ft(x)的极值点，则x＝e，ln x0＝，所以ft1(x0)＝＝，ft2(x0)＝＝，当t1＋t2＝0时，f(x0)＋f(x0)＝＝0；当t1t2＝1时，f(x0)·f(x0)＝≠1，故C正确，D错误．] 7．已知函数f(x)＝ln x＋－1的最小值为0，则实数a的值为__________． 解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝，当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，没有最小值．当a＞0时，在区间(0，a)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减；在区间(a，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 所以f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(a)＝ln a＋1－1＝ln a＝0，a＝1. 答案：1 8．(2024·上海普陀曹杨二中校考)已知f(x)＝(x－1)ex－ln x，x0是该函数的极值点，定义〈x〉表示超过实数x的最小整数，则f(〈x0〉)的值为________． 解析：f(x)＝(x－1)ex－ln x的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝xex－，令g(x)＝xex－(x＞0)， g′(x)＝(x＋1)ex＋＞0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， f′＝－2＜0，f′(1)＝e－1＞0， 所以存在x0∈，使f′(x0)＝0， 则f(x)在区间(0，x0)上f′(x)＜0，f(x)递减；在区间(x0，＋∞)上f′(x)＞0，f(x)递增， 所以x0是f(x)的极小值点，所以〈x0〉＝1， 所以f(〈x0〉)＝f(1)＝0. 答案：0 9．已知函数f(x)＝ln x－. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)设g(x)＝f(x)－＋2(a∈R)，若x1，x2是函数g(x)的两个极值点，求实数a的取值范围． 解：(1)由题知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－＝≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，当且仅当x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间． (2)因为g(x)＝f(x)－＋2＝ln x－，所以g′(x)＝＋＝(x>0)．由题意知x1，x2是方程g′(x)＝0在(0，＋∞)内的两个不同的实数解．令h(x)＝x2＋(2＋a)x＋1，又h(0)＝1>0，所以只需解得a<－4，即实数a的取值范围为(－∞，－4)． 10．(2024·珠海模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，其中e为自然对数的底数． (1)若x＝1为f(x)的极值点，求f(x)的单调区间和最大值； (2)是否存在实数a，使得f(x)的最大值是－3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 解：(1)∵f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，∴f′(x)＝，由f′(1)＝0，得a＝1.∴f′(x)＝，∴x∈(0,1)时，f′(x)>0，x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，f(x)的极大值为f(1)＝－1，也即f(x)的最大值为f(1)＝－1. (2)∵f(x)＝ln x－ax，∴f′(x)＝－a＝，①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递增，∴f(x)的最大值是f(e)＝1－ae＝－3，解得a＝>0，舍去；②当a>0时，由f′(x)＝－a＝＝0，得x＝，当0<<e，即a>时，x∈时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，又f(x)在(0，e]上的最大值为－3，∴f(x)max＝f ＝－1－ln a＝－3，∴a＝e2；当e≤，即0<a≤时，f(x)在(0，e]上单调递增，∴f(x)max＝f(e)＝1－ae＝－3，解得a＝>，舍去．综上，存在a符合题意，此时a＝e2. [能力提升练] 11．(2024·邢台模拟)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.　　 B. C. D．(－1,0)∪ 解析：B　[对函数求导得f′(x)＝x－1＋ a＝，因为函数存在唯一的极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，故x＝1是唯一的极值点，此时－a≤0且f(1)＝－＋a≥1⇒a≥.] 12．(多选)设函数f(x)＝ln x－(x－a)2，则下列判断正确的是(　　 ) A．f(x)存在两个极值点 B．当a＞时，f(x)存在两个零点 C．当a≤1时，f(x)存在一个零点 D．若f(x)有两个零点x1，x2，则x1＋x2＞2a 解析：BD　[函数f(x)＝ln x－(x－a)2的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－2x＋2a＝， 设g(x)＝－2x2＋2ax＋1，Δ＝4a2＋8＞0， x1x2＝－＜0，∴－2x2＋2ax＋1＝0在(0，＋∞)上有一个正根，设为x2，在(0，x2)上，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，在(x2，＋∞)上，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，所以f(x)存在一个极大值点，A错误； 令f(x)＝ln x－(x－a)2＝0，即ln x＝(x－a)2，函数f(x)的零点即为y＝ln x与y＝(x－a)2的交点，如图所示： 函数y＝(x－a)2图象与x轴的交点为(a,0)，当a＞时，y＝ln x与y＝(x－a)2有两个不同的交点，即f(x)存在两个零点，B正确； 当a＝1时，y＝ln x与y＝(x－a)2有两个不同的交点，所以当a≤1时，f(x)存在一个零点，此说法不正确，C错误； 若f(x)有两个零点x1，x2，假设x1＜x2，则有f(x1)＝0，f(x2)＝0，即ln x1＝(x1－a)2，ln x2＝(x2－a)2，两式相减得：ln＝(x1－x2)(x1＋x2－2a)， ∵x1＜x2，∴＜1，∴ln＜0，x1－x2＜0， 所以x1＋x2－2a＞0，即x1＋x2＞2a，D正确．] 13．(2024·广西防城港市高级中学校考)若函数f(x)＝xln x－x在区间上最大值为M，最小值为N，则实数M－N＝__________. 解析：因为f(x)＝xln x－x，所以f′(x)＝ln x， 所以当x∈时f′(x)＜0，x∈(1,2]时 f′(x)＞0，所以f(x)在上单调递减，在(1,2]上单调递增， 所以函数在x＝1处取得极小值， 又f＝ln－＝－ln 2－， f(2)＝2ln 2－2，f(1)＝－1， 因为2ln 2－2－＝2ln 2－2＋ln 2＋＝ln 2－＝(ln 32－ln e3)＞0，所以f(x)max＝2ln 2－2， f(x)min＝f(1)＝－1， 所以M＝2ln 2－2，N＝－1， 则M－N＝2ln 2－2＋1＝2ln 2－1. 答案：2ln 2－1 14．已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x(a>0)． (1)求函数f(x)的单调递增区间； (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，x1<x2，不等式f(x1)≥mx2恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)f′(x)＝2x－2＋＝，x>0，对于一元二次方程2x2－2x＋a＝0，Δ＝4(1－2a)，①当a≥时，Δ≤0，所以f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当0<a<时，Δ＜0，令f′(x)＝0，得x1＝>0，x2＝>0，所以当0<x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当<x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上所述，当a≥时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，当0<a<时，f(x)的单调递增区间为，. (2)由(1)知，0<a<，x1＋x2＝1，x1x2＝，则0<x1<<x2，由f(x1)≥mx2恒成立，得x－2x1＋aln x1≥mx2，即(1－x2)2－2(1－x2)＋2(1－x2)x2ln(1－x2)≥mx2，即m≤x2－＋2(1－x2)ln(1－x2)，记h(x)＝x－＋2(1－x)ln(1－x)，1>x>，则h′(x)＝－2ln(1－x)－1>0，故h(x)在上单调递增，h＝－－ln 2， 故m≤－－ln 2. 即实数m的取值范围为(－∞，－－ln 2)． 学科网（北京）股份有限公司 $$