课时作业(16) 导数与函数的极值、最值（Word练习）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

课时作业(十六)　导数与函数的极值、最值 [基础保分练] 1．函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)(　　) A．无极大值点、有四个极小值点 B．有三个极大值点、一个极小值点 C．有两个极大值点、两个极小值点 D．有四个极大值点、无极小值点 C　解析：设f′(x)的图象与x轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x1，x2，x3，x4.当x<x1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x1<x<x2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则x＝x1为极大值点，同理，x＝x3为极大值点，x＝x2，x＝x4为极小值点． 2．(2023·苏锡常镇调研)f(x)＝ex－x在区间[－1，1]上的最大值是(　　) A．1＋ B．1 C．e＋1 D．e－1 D　解析：由已知，得f′(x)＝ex－1.令f′(x)＝0，得x＝0， 令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0， 则函数f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增， f(－1)＝e－1＋1，f(1)＝e－1， f(－1)－f(1)＝＋2－e<＋2－e<0， 所以f(1)>f(－1)，即f(x)在区间[－1，1]上的最大值为f(1)＝e－1. 3．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x等于(　　) A． B． C． D． C　解析：由题图可知f(x)的图象经过点(1，0)与(2，0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，所以1＋b＋c＝0，8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2，x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的两根，所以x1＋x2＝2，x1·x2＝，∴x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－2×＝. 4．(2023·贵州凯里模拟)若函数f(x)＝x3－ax2＋x－5无极值点，则实数a的取值范围是(　　) A．(－1，1) B．[－1，1] C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1]∪[1，＋∞) B　解析：∵f(x)＝x3－ax2＋x－5， ∴f′(x)＝x2－2ax＋1， 由函数f(x)＝x3－ax2＋x－5无极值点知，f′(x)＝0至多1个实数根， ∴Δ＝(－2a)2－4≤0，解得－1≤a≤1， ∴实数a的取值范围是[－1，1]. 5．若函数y＝f(x)存在n－1(n∈N*)个极值点，则称y＝f(x)为n折函数，例如f(x)＝x2为2折函数．已知函数f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则f(x)为(　　) A．2折函数 B．3折函数 C．4折函数 D．5折函数 C　解析：由已知，得f′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)·(3x＋2)＝(x＋2)(ex－3x－2)， 令f′(x)＝0，得3x＋2＝ex或x＋2＝0， 结合y＝3x＋2与y＝ex的图象， 可得方程3x＋2＝ex有两根，且不为－2. ∴函数f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2有3个极值点， ∴f(x)为4折函数． 6．(多选)(2024·广东仲元中学月考)已知函数f(x)＝x＋sin x－x cos x的定义域为[－2π，2π)，则(　　) A．f(x)为奇函数 B．f(x)在[0，π)上单调递增 C．f(x)恰有4个极大值点 D．f(x)有且仅有4个极值点 BD　解析：因为f(x)的定义域为[－2π，2π)， 所以f(x)是非奇非偶函数，故A错误； 因为f(x)＝x＋sin x－x cos x， 所以f′(x)＝1＋cos x－(cos x－x sin x)＝1＋x sin x， 当x∈[0，π)时，f′(x)>0，则f(x)在[0，π)上单调递增，故B正确； 显然f′(0)≠0，令f′(x)＝0，得sin x＝－，x≠0， 分别作出y＝sin x，y＝－在区间[－2π，2π)上的图象， 由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f(x)在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f(x)只有2个极大值点，故C错误，D正确． 7．(2023·安徽合肥模拟)已知x＝1是函数f(x)＝(x2＋ax)ex的一个极值点，则曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为________． 答案：－　解析：由f(x)＝(x2＋ax)ex， 得f′(x)＝(x2＋ax＋2x＋a)ex， 因为x＝1是函数f(x)＝(x2＋ax)ex的一个极值点， 所以f′(1)＝(3＋2a)e＝0，解得a＝－. ∴f′(x)＝ex， 所以f′(0)＝－. 所以曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为－. 8．写出一个存在极值的奇函数f(x)＝_____________． 答案：sin x(答案不唯一)　解析：正弦函数f(x)＝sin x为奇函数，且存在极值． 9．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为__________． 答案：3　解析：设圆柱的底面半径为R， 母线长为l，则V＝πR2l＝27π，所以l＝， 要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小．由题意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·.所以S′＝2πR－，令S′＝0，得R＝3，则当R＝3时，S最小． 10．已知函数f(x)＝－ln x. (1)求f(x)的单调区间； (2)求函数f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然对数的底数). 解：(1)f(x)＝－ln x＝1－－ln x， f(x)的定义域为(0，＋∞). 因为f′(x)＝－＝， 所以当f′(x)＞0时，0<x<1，当f′(x)<0时，x＞1， 所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)由(1)得f(x)在上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f(x)在上的极大值为f(1)＝1－－ln 1＝0. 又f()＝1－e－ln ＝2－e， f(e)＝1－－ln e＝－，且f()<f(e). 所以f(x)在上的最大值为0，最小值为2－e. 11．(2024·山东威海模拟)已知函数f(x)＝x ln ＋[2－f′(e)]x. (1)求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间及极值； (3)求函数f(x)在[1，3]上的最小值． 解：(1)由题意知f(x)＝－x ln x＋[2－f′(e)]x，x∈(0，＋∞)， f′(x)＝－ln x＋1－f′(e)， 令x＝e，则f′(e)＝－ln e＋1－f′(e)，故f′(e)＝0， 即f(x)＝－x ln x＋2x，f′(x)＝1－ln x； ∵f(1)＝2，f′(1)＝1， ∴曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0. (2)由(1)知f′(x)＝1－ln x，x∈(0，＋∞)， 令f′(x)＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，解得x>e. ∴函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞). 即函数f(x)的极大值为f(e)＝－eln e＋2e＝e，无极小值． (3)由(2)可知，f(x)在[1，3]上的最小值为f(1)与f(3)两者中的最小值， ∵f(1)＝2，f(3)＝－3ln 3＋6，∴f(3)＞f(1)， 故函数f(x)在[1，3]上的最小值为f(1)＝2. [技能提分练] 12．(2023·广东深圳南山外国语学校月考)函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在区间[－1，2]上的最大值为3，最小值为－29(a>0)，则a，b的值为(　　) A．a＝2，b＝－29 B．a＝3，b＝2 C．a＝2，b＝3 D．以上都不对 C　解析：函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)， 因为a>0，所以由f′(x)<0，得0<x<4，所以f(x)在(0，4)上单调递减， 由f′(x)>0，得x>4或x<0，所以f(x)在(－∞，0)和(4，＋∞)上单调递增，即函数在[－1，0]上单调递增，在[0，2]上单调递减， 即函数在x＝0处取得极大值，也是最大值， 则f(0)＝b＝3， 则f(x)＝ax3－6ax2＋3， f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3， 则f(－1)>f(2)， 即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29， 解得a＝2. 13．(多选)对于函数f(x)＝16ln (1＋x)＋x2－10x，下列说法正确的是(　　) A．x＝3是函数f(x)的一个极值点 B．f(x)的单调递增区间是(－1，1)，(2，＋∞) C．f(x)在区间(1，2)上单调递减 D．直线y＝16ln 3－16与函数f(x)的图象有3个交点 ACD　解析：由题意得f′(x)＝＋2x－10＝，x＞－1，令2x2－8x＋6＝0，得x＝1或x＝3，则f(x)在(－1，1)，(3，＋∞)上单调递增，在(1，3)上单调递减，所以x＝3是函数f(x)的一个极值点，故A，C正确，B错误．f(1)＝16ln (1＋1)＋12－10＝16ln 2－9，f(3)＝16ln (1＋3)＋32－10×3＝16ln 4－21，且y＝16ln 3－16＝f(2)，根据f(x)在(1，3)上单调递减得f(1)＞f(2)＞f(3)，又当x→－1时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以直线y＝16ln 3－16与函数f(x)的图象有3个交点，故D正确． 14．若函数f(x)＝有极值，则实数a的取值范围为________________． 答案：(－，)　解析：由f(x)＝定义域为R， 可得f′(x)＝， ∵函数f(x)＝有极值， ∴f′(x)＝有可变零点， ∴cos x－sin x＋a＝0， 即a＝sin x－cos x＝sin (x－)， ∴a∈(－，). 15．(2023·广东广州模拟)若函数f(x)＝有最小值，则m的一个正整数取值可以为__________． 答案：4(答案不唯一，也可以是1，2或3)　解析：当x＜1时，y＝2x－2－2m单调递增， 且y＝2x－2－2m＞－2m； 当x≥1时，y＝2x3－6x2， 此时，y′＝6x2－12x＝6x(x－2). ∴y＝2x3－6x2在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， ∴y＝2x3－6x2在[1，＋∞)上的最小值为－8，函数f(x)有最小值，则－2m≥－8，即m≤4，故m的一个正整数取值可以为1，2，3或4. 16．已知函数f(x)＝. (1)求函数f(x)的极值点； (2)设g(x)＝xf(x)－ax2＋(a＞0)，若g(x)的最大值大于－1，求a的取值范围． 解：(1)由题意知，函数f(x)定义域为(0，＋∞)， ∵f′(x)＝，令f′(x)＝0得x＝e， ∴当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， ∴f(x)的极大值点为x＝e，无极小值点． (2)g(x)＝ln x－ax2＋(a＞0)， g′(x)＝－2ax＝(x＞0，a＞0)， 令g′(x)＝0，得x＝， ∵当x∈(0，)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增； 当x∈(，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减， ∴g(x)max＝g()＝ln ()－a·＋＝ －(ln a＋1)， 由g(x)max＝－(ln a＋1)＞－1，得ln a＋a－1＜0， 令h(a)＝ln a＋a－1(a>0)，h′(a)＝＋1＞0，h(a)单调递增，而h(1)＝0，∴当h(a)<0时，a∈(0，1). [素养拉分练] 17．已知f(x)＝ax－ln x，当x∈(0，e]时，是否存在实数a，使得f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由． 解：假设存在实数a， 使得f(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])的最小值为3， 由题意知f′(x)＝a－＝. ①当a≤0时，在(0，e]上恒有f′(x)<0， 函数f(x)在(0，e]上单调递减， 所以f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3， 即a＝，不满足a≤0，舍去． ②当0<<e，即a＞时，函数f(x)在(0，)上单调递减，在(上单调递增， 所以f(x)min＝f()＝1＋ln a＝3，即a＝e2，满足条件． ③当≥e，即0<a≤时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3， 即a＝，不满足0<a≤，舍去． 综上所述，当x∈(0，e]时，存在实数a＝e2，使得f(x)的最小值为3. 学科网（北京）股份有限公司 $$