主题2 第3章 第3节 利用导数研究函数的极值、最值-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课时作业word（北师大版）

课时冲关17　利用导数研究函数的极值、最值 [基础训练组] 1．(2024·沈阳市模拟)设函数f(x)＝xex＋1，则(　　) A．x＝1为f(x)的极大值点 B．x＝1为f(x)的极小值点 C．x＝－1为f(x)的极大值点 D．x＝－1为f(x)的极小值点 解析：D　[由于f(x)＝xex＋1，可得 f′(x)＝(x＋1)ex， 令f′(x)＝(x＋1)ex＝0，可得x＝－1， 令f′(x)＝(x＋1)ex＞0，可得x＞－1，即函数在(－1，＋∞)上是增函数，令f′(x)＝(x＋1)ex＜0可得x＜－1，即函数在(－∞，－1)上是减函数，所以x＝－1为f(x)的极小值点．] 2．已知函数f(x)＝－x＋2sin x，x∈，则函数f(x)的最大值为(　　) A．0　　　　　　　　　 B．2－ C.－ D.－ 解析：C　[∵f′(x)＝－1＋2cos x，∴当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， ∴f(x)max＝f＝－.] 3．已知x＝是函数f(x)＝xln(2x)－ax的极值点，则实数a的值为(　　) A．1 B. C．2 D．e 解析：C　[由题意可得：f′(x)＝ln(2x)＋x×－a＝ln(2x)＋1－a， 因为x＝是函数f(x)＝xln(2x)－ax的极值点， 故f′＝ln e＋1－a＝2－a＝0，得a＝2， 经验证：a＝2时，f′(x)＝ln(2x)－1， 当0＜x＜时，f′(x)＜0, f(x)递减，当x＞时，f′(x)＞0，f(x)递增， 则x＝是函数f(x)＝xln(2x)－ax的极小值点，故a＝2.] 4．(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.] 5．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的值等于(　　) A.　　 B. C.　　 D．1 解析：D　[∵f(x)是奇函数，∴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>，∴0<<2.当0<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，∴f(x)max＝f＝ln－a·＝－1，解得a＝1.] 6．函数f(x)＝x2－sin x，若f(x)在上有最小值，则实数a的取值范围是(　　) A．(0，＋∞) B．(0,1) C．(－∞，0) D．(－1,0) 解析：A　[由题意，函数f(x)＝x2－sin x，可得f′(x)＝ax－cos x， 若a≤0时，当x∈时，可得f′(x)＜0，f(x)在上单调递减， 此时函数f(x)在上没有最小值，不符合题意； 当a＞0时，令f′(x)＝0，即ax－cos x＝0，即y＝ax与y＝cos x的交点， 画出函数y＝ax与y＝cos x的图象，如图所示，结合图象，可得存在x0∈，使得f′(x0)＝0. 当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 此时函数f(x)在上有最小值，符合题意， 综上可得，实数a的取值范围是(0，＋∞)．] 7．(多选)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，下列命题中正确的是(　　) A．－3是函数y＝f(x)的极值点 B．y＝f(x)在区间(－3,1)上单调递增 C．－1是函数y＝f(x)的最小值点 D. y＝f(x)在x＝0处切线的斜率小于零 解析：AB　[根据导函数图象可知：当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，在x∈(－3,1)时，f′(x)≥0，∴函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,1)上单调递增，故B正确；则－3是函数y＝f(x)的极小值点，故A正确；∵在(－3,1)上单调递增，∴－1不是函数y＝f(x)的最小值点，故C不正确；∵函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于0，∴切线的斜率大于零，故D不正确．] 8．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc＞0 B．ab＞0 C．b2＋8ac＞0 D．ac＜0 解析：BCD　[由题可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－＝，由函数f(x)既有极大值也有极小值，知f′(x)在(0，＋∞)上有两个不等实根，令h(x)＝ax2－bx－2c，则h(x)在(0，＋∞)上有两个不等实根，所以即 所以 所以b与a同号，c与a异号，故bc＜0，所以A错误，B，C，D正确．] 9．f(x)＝|ln(ax)－2|＋ax，f(x)的最小值为________． 解析：令ax＝t∈(0，＋∞)，则y＝|ln t－2|＋t＝ 当t≥e2时，y＝ln t＋t－2单调递增，ymin＝e2， 当0＜t＜e2时，令g(t)＝－ln t＋t＋2， g′(t)＝－＋1＝， 0＜t＜1时，g′(t)＜0，g(t)递减， t＞1时，g′(t)＞0，g(t)递增，∴g(t)min＝g(1)＝3. 综上，f(x)min＝3. 答案：3 10．已知a＞0，函数g(x)＝x＋－2在[2，＋∞)上的最小值为1，则a＝________. 解析：由题意得g′(x)＝1－＝， 当≤2，即0＜a≤3时，g′(x)＞0，g(x)在[2，＋∞)上单调递增， 故g(t)min＝g(2)＝＝1，解得a＝1； 当＞2，即a＞3时，当2≤x＜时，g′(x)＜0，g(x)单调递减， 当x＞时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 故g(x)min＝g()＝2－2＝1，解得a＝，不符合a＞3，舍去， 综上，a＝1. 答案：1 11．设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则实数a的取值范围为______． 解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，由f′(1)＝0，得b＝1－a. ∴f′(x)＝－ax＋a－1＝＝. ①若a≥0，当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以x＝1是f(x)的极大值点． ②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－. 因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－>1，解得－1<a<0.综合①②得实数a的取值范围是a>－1. 答案：a>－1 12．已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R)． (1)讨论函数f(x)的定义域内的极值点的个数； (2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的最大值． 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a－＝. 当a≤0时，f′(x)≤0在 (0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．f(x)在(0，＋∞)上没有极值点． 当a＞0时，由f′(x)＞0，得x>， 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，即f(x)在x＝处有极小值． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；当a＞0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点． (2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值， f′(1)＝a－1＝0，则a＝1， 从而f(x)＝x－1－ln x. 因此f(x)≥bx－2，即1＋－≥b， 令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝， 由g′(x)≥0，得x≥e2， 则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增， g(x)min＝g(e2)＝1－，故实数b的最大值是1－. [能力提升组] 13．(多选)对于函数f (x)＝，下列说法正确的有(　　) A．f(x)在x＝e处取得极大值 B．f(x)有两个不同的零点 C．f(2)＜f(π)＜f(3) D．若f(x)＜k－在(0，＋∞)上恒成立，则k＞1 解析：ACD　[函数的导数f′(x)＝，x＞0，令f′(x)＝0，得x＝e， 则当0＜x＜e时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数， 当x＞e时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数， 则当x＝e时，函数取得极大值，极大值为f(e)＝，故A正确； 当x→0，f (x)→－∞，x→＋∞，f(x)→0， 则f(x)的图象如图所示， 由f(x)＝0， 得ln x＝0，得x＝1， 即函数f(x)只有一个零点，故B错误； 因为f(4)＝＝＝f(2)，f(3)＞f (π)＞f(4)，故f(2)＜f(π)＜f(3)成立，故C正确； 若f (x)＜k－在(0，＋∞)上恒成立，则k＞＋， 设h(x)＝＋，x＞0，则h′(x)＝－， 当0＜x＜1时，h′(x)＞0， 当x＞1时，h′(x)＜0，即当x＝1时，函数h(x)取得极大值，同时也是最大值h(1)＝1， ∴k＞1成立，故D正确．] 14．(2024·陕西西北工业大学附属中学模拟)已知函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，若x＝2是f(x)的极小值点，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C．(－∞，0) D．(－1，＋∞) 解析：B　[由f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，得f′(x)＝(ax－1)(x－2)ex， 令f′(x)＝(ax－1)(x－2)ex＞0⇒(ax－1)(x－2)＞0， 若a＜0，则(ax－1)(x－2)＞0⇒＜x＜2，此时在上单调递增，在(2，＋∞)，上单调递减，这与x＝2是f(x)的极小值点矛盾，故舍去． 若a＝0，可知x＝2是f(x)的极大值点，故不符合题意． 若＞a＞0，(ax－1)(x－2)＞0⇒x＜2，x＞，此时f(x)在(－∞，2)，上单调递增，在上单调递减，可知x＝2是f(x)的极大值点，故不符合题意． 当a＞，(ax－1)(x－2)＞0⇒x＞2，x＜，此时f(x)在(2，＋∞)上单调递增，在上单调递减，可知x＝2是f(x)的极小值点，符合题意． 若a＝，f(x)在定义域内单调递增，无极值，不符合题意，舍去．综上可知a＞.] 15．(2024·长沙市模拟)在半径为R的圆内，作内接等腰△ABC，当底边上高h∈(0，t]时，△ABC的面积取得最大值，则t的取值范围是________． 解析：设圆内接等腰三角形的底边长为2x，高为h，则x2＝h(2R－h)，∵S△ABC＝xh， ∴S2＝x2h2＝h3(2R－h)＝－h4＋2Rh3(0＜h＜2R)， 令f(h)＝－h4＋2Rh3，(0＜h＜2R)， ∴f′(h)＝－4h3＋6Rh2＝2h2(3R－2h)， 令f′(h)＝0，解得h＝. 当0＜h＜时，f′(h)＞0，函数f(h)单调递增，当＜h＜2R时，f′(h)＜0，函数f(h)单调递减． ∴f(h)max＝f＝，∴Smax＝， ∴h＝∈(0，t]， ∴t的取值范围为. 答案： 16．(2024·北京人大附中模拟)已知函数f(x)＝ex(x－a)2. (1)若f(x)在x＝－1处的切线与x轴平行，求a的值； (2)f(x)有两个极值点x1，x2，比较f与的大小； (3)若f(x)在[－1,1]上的最大值为4e，求a的值． 解：(1)f′(x)＝ex(x－a)2＋ex·2(x－a)＝ex[x2＋(2－2a)x＋a2－2a]， 由f′(－1)＝e－1[1－(2－2a)＋a2－2a]＝0，解得a＝±1， 当a＝1时，f(x)＝ex(x－1)2，f(－1)＝4e－1，符合题意； 当a＝－1时，f(x)＝ex(x＋1)2，f(－1)＝0，此时切线与x轴重合，不符合题意； 所以a＝1. (2)由(1)知：f′(x)＝ex(x2＋(2－2a)x＋a2－2a)＝ex(x－a)[x－(a－2)]，令f′(x)＝0，可得x＝a或a－2， 则f(x)在(－∞，a－2)，(a，＋∞)上单调递增，在(a－2，a)上单调递减，则a－2，a是f(x)的两个极值点，不妨设x1＝a－2，x2＝a， 则f＝f＝f(a－1)＝ea－1， ＝＝＝2ea－2， 又ea－1＝e·ea－2＞2ea－2， 即f＞. (3)由(2)知：f(x)在(－∞，a－2)，(a，＋∞)上单调递增，在(a－2，a)上单调递减． 当a≥3时，a－2≥1，则f(x)在[－1,1]上单调递增，则f(x)max＝f(1)＝e(1－a)2＝4e，解得a＝3或－1，故a＝3； 当1＜a＜3时，－1＜a－2＜1，则f(x)在[－1，a－2)上单调递增，在(a－2,1]上单调递减，则f(x)max＝f(a－2)＝4ea－2＝4e，解得a＝3，不满足1＜a＜3，不合题意； 当a＝1时，a－2＝－1，则f(x)在[－1,1]上单调递减，则f(x)max＝f(－1)＝e－1(－1－a)2＝≠4e，不合题意； 当－1＜a＜1时，a－2＜－1，则f(x)在[－1，a)上单调递减，在(a,1]上单调递增，则f(x)max＝{f(－1)，f(1)}max， 若f(－1)≥f(1)，则f(x)max＝f(－1)＝e－1(－1－a)2＝4e，解得a＝2e－1或－2e－1，不满足－1＜a＜1，不合题意， 若f(1)＞f(－1)，则f(x)max＝f(1)＝e(1－a)2＝4e，解得a＝3或－1，不满足－1＜a＜1，不合题意； 当a≤－1时，则f(x)在[－1,1]上单调递增，则f(x)max＝f(1)＝e(1－a)2＝4e，解得a＝3或－1，故a＝－1； 综上，a＝3或－1. 学科网（北京）股份有限公司 $$