1.3.2 函数的极值与导数（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（湘教版2019）

第1章　导数及其应用 1.3　导数在研究函数中的应用 1.3.2　函数的极值与导数 基础过关练 　　　　　　　　　　　　　　　　 题组一　函数极值的概念及其求解 1.若f'(x0)存在,则f'(x0)=0是函数f(x)在x=x0处取极值的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 2.已知f(x)=,则f(x)(　　) A.在(-∞,+∞)上单调递增 B.在(-∞,1)上单调递减 C.有极大值,无极小值 D.有极小值,无极大值 3.已知函数f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示,则下列结论正确的是(　　) A. f(x2)是极小值 B. f(x3)是极小值 C. f(x4)是极大值 D. f(x5)是极大值 4.函数f(x)=x+2cos x在上的极大值点为(　　) A.0 B. C. D. 5.已知函数f(x)=ax3+bx2+6,其导数f'(x)的图象如图所示,则f(x)的极小值是　　　　.  6.若函数f(x)=x2f'(2)+ln x,则f'(2)=　　　　,f(x)的极大值点为　　　　.  7.求下列函数的驻点,并判断其是不是极值点,若是,求出对应的极值;若不是,请说明理由. (1)f(x)=x3-3x2-9x+5; (2)f(x)=4x3+x2+2x+6; (3)f(x)=-2; (4)f(x)=x2-2ln x. 8.已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=4x+4. (1)求a,b的值; (2)讨论f(x)的单调性,并求出f(x)的极大值. 题组二　含参函数的极值问题 9.设a∈R,若函数y=eax+3x,x∈R有大于零的极值点,则(　　) A.a>-3 B.a<-3 C.a>- D.a<- 10.若函数f(x)=e3x-e2x-ex -a存在零点,则实数a的取值范围为(　　) A.[-2,+∞) B.[-e,+∞) C.[-e2,+∞) D.[-1,+∞) 11.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=-1处取得极值0,则m+n=　　　　.  12.已知定义在R上的函数f(x)的导函数f'(x)=a(x+1)(x-a),若f(x)在x=a处取得极大值,则a的取值范围是　　　　.  13.设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex. (1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线的斜率为0,求a的值; (2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围. 14.已知函数f(x)=ln x-ax2+x,a∈R. (1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程; (2)若g(x)=f(x)-(ax-1),求函数g(x)的极值. 能力提升练 　　　　　　　　　　　　　　　　 题组　函数极值的综合应用 1.已知函数f(x)=ln x-ax的图象在x=1处的切线方程为x+y+b=0,则f(x)的极大值为(　　) A.-ln 2-1 B.-ln 2+1 C.-1 D.1 2.已知函数f(x)=ksin x+2x+1(k∈R),当k∈(-∞,-2)∪(2,+∞)时, f(x)在(0,2π)内的极值点的个数为(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 3.(多选)已知函数f(x)=xln x+x2,x0是函数f(x)的极值点,则下列结论正确的是(　　) A.0<x0< B.x0> C. f(x0)+2x0<0 D. f(x0)+2x0>0 4.函数f(x)=ax2-2ln x-1有两个零点,则a的取值范围为(　　) A.(-∞,e) B.(0,e) C.(0,1) D.(-∞,1) 5.(多选)已知函数f(x)=ax-ln x(a∈R),则下列说法正确的是(　　) A.若a≤0,则函数f(x)没有极值 B.若a>0,则函数f(x)有极值 C.若函数f(x)有且只有两个零点,则实数a的取值范围是 D.若函数f(x)有且只有一个零点,则实数a的取值范围是(-∞,0]∪ 6.已知函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数a的取值范围是　　　　.  7.已知函数f(x)=ln(x+1)+a(x2+x)+2(a>0). (1)当a=2时,求f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程; (2)若f(x)有两个极值点. ①求a的取值范围; ②证明f(x)的极小值小于-2ln 2+. 8.已知函数f(x)=ln x-(a+2)x+ax2(a∈R). (1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程; (2)求f(x)的单调区间; (3)若f(x)恰有两个零点,求实数a的取值范围. 答案与分层梯度式解析 第1章　导数及其应用 1.3　导数在研究函数中的应用 1.3.2　函数的极值与导数 基础过关练 1.B　 2.C　由题意得f'(x)=,当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,则f(1)=是函数的极大值,函数无极小值. 故选C. 3.B　由题图可知x∈(a,x1)时, f'(x)>0, f(x)单调递增,x∈(x1,x3)时, f'(x)<0, f(x)单调递减,x∈(x3,b)时, f'(x)≥0(当且仅当x=x5时取等号), f(x)单调递增,所以f(x1)是极大值,f(x3)是极小值,故选B. 4.B　由题意得, f'(x)=1-2sin x, 令f'(x)=0,得x=. 易得当0≤x<时, f'(x)>0; 当<x≤时, f'(x)<0. ∴当x=时, f(x)取得极大值. 5.答案　6 解析　由题意得f'(x)=3ax2+2bx.由题图可知,当x<0时, f'(x)<0,当0<x<2时, f'(x)>0,当x>2时, f'(x)<0, 故x=0时函数f(x)取得极小值,为f(0)=6. 6.答案　-; 解析　∵f(x)=x2f'(2)+ln x,∴f'(x)=xf'(2)+,∴f'(2)=2f'(2)+,∴f'(2)=-, ∴f'(x)=-x+=,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,故x=为函数的极大值点. 7.解析　(1)由题意得, f'(x)=3x2-6x-9, 令f'(x)=0,即3x2-6x-9=0, 解得x=-1或x=3,即函数f(x)的驻点为x=-1和x=3. 当x变化时, f'(x), f(x)的变化情况如下表: x (-∞,-1) -1 (-1,3) 3 (3,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ ∴x=-1是f(x)的极大值点,且极大值为f(-1)=10; x=3是f(x)的极小值点,且极小值为f(3)=-22. (2)由题意得, f'(x)=12x2+2x+2,易知f'(x)>0在R上恒成立,所以f(x)没有驻点. (3)由题意得,函数f(x)的定义域为R, f'(x)==-. 令f'(x)=0,得x=-1或x=1,即函数f(x)的驻点为x=-1和x=1. 当x变化时, f'(x), f(x)的变化情况如下表: x (-∞, -1) -1 (-1,1) 1 (1, +∞) f'(x) - 0 + 0 - f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ ∴x=-1是f(x)的极小值点,且极小值为f(-1)=-3; x=1是f(x)的极大值点,且极大值为f(1)=-1. (4)由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞)且 f'(x)=2x-, 令f'(x)=0,得x=1或x=-1(舍去),即函数f(x)的驻点为x=1. 易知当x∈(0,1)时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 当x∈(1,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增, ∴x=1是f(x)的极小值点,且极小值为f(1)=1,无极大值点. 8.解析　(1)由题可得, f'(x)=ex(ax+a+b)-2x-4. 由已知得 解得 (2)由(1)知, f(x)=4ex(x+1)-x2-4x, ∴f'(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2). 令f'(x)=0,得x=-ln 2或x=-2. 易知当x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(-2,-ln 2)时, f'(x)<0. 故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减. 当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2). 9.B　设f(x)=eax+3x,则f'(x)=3+aeax. 由题意得f'(x)=3+aeax=0有正根, 则a<0,此时x=ln. 由x>0,得a<-3.故选B. 10.D　f'(x)=3e3x-2e2x-ex =ex (3e2x-2ex -1)=ex (ex -1)(3ex +1), 令f'(x)=0,则ex -1=0,解得x=0. 在区间(-∞,0)上, f'(x)<0, f(x)为减函数, 在区间(0,+∞)上, f'(x)>0, f(x)为增函数, 结合f(x)的图象(图略)可知, 若函数f(x)=e3x-e2x-ex -a存在零点,则必有f(0)=-a-1≤0,解得a≥-1, 即a的取值范围为[-1,+∞),故选D. 11.答案　11 解析　f'(x)=3x2+6mx+n,则 即解得或 当时, f'(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0,不符合题意,舍去; 当时, f'(x)=3x2+12x+9=3(x+3)(x+1),令f'(x)>0,得x<-3或x>-1;令f'(x)<0,得-3<x<-1. 所以f(x)在(-∞,-3),(-1,+∞)上单调递增,在(-3,-1)上单调递减,符合题意,则m+n=2+9=11. 12.答案　(-1,0) 解析　当a>0时,方程a(x+1)(x-a)=0的较小的根为函数f(x)的极大值点, 故无解; 当a=0时, f'(x)=0恒成立, f(x)无极值点,不符合题意; 当a<0时,方程a(x+1)(x-a)=0的较大的根为函数f(x)的极大值点, 故即-1<a<0. 因此a的取值范围是(-1,0). 13.解析　(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex, 所以f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex, 则 f'(2)=(2a-1)e2. 由题意知f'(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=. (2)由(1)得f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex=(ax-1)(x-1)ex. 若a>1,则当x∈时, f'(x)<0; 当x∈(1,+∞)时, f'(x)>0, 所以f(x)在x=1处取得极小值,满足题意. 若a≤1,则当x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0, 所以f'(x)>0, 所以1不是f(x)的极小值点,不满足题意. 综上可知,a的取值范围是(1,+∞). 14.解析　(1)当a=0时, f(x)=ln x+x,所以f'(x)=+1,则f'(1)=2, 又因为f(1)=1,所以切点坐标为(1,1), 所以所求切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0. (2)由题知,g(x)=f(x)-(ax-1)=ln x-ax2+(1-a)x+1(x>0), 所以g'(x)=-ax+1-a=(x>0), 当a≤0时,因为x>0,所以g'(x)>0, 所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值. 当a>0时,g'(x)=, 令g'(x)=0,得x=或x=-1(舍去), 所以当x∈时,g'(x)>0;当x∈时,g'(x)<0, 所以当x=时,g(x)取得极大值,为g=-ln a,无极小值. 综上,当a≤0时,函数g(x)无极值;当a>0时,函数g(x)有极大值-ln a,无极小值. 能力提升练 1.A　因为f(x)=ln x-ax,所以f'(x)=-a(x>0), 又因为函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为x+y+b=0, 所以f(1)=-a=-b-1, f'(1)=1-a=-1,解得a=2,b=1. 所以f'(x)=-2=(x>0), 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,故f(x)在x=处取得极大值,极大值为f=ln -1=-ln 2-1. 2.C　由f(x)=ksin x+2x+1,得f'(x)=kcos x+2, 令f'(x)=0,得kcos x+2=0,∴cos x=-. ∵k∈(-∞,-2)∪(2,+∞), ∴-∈(-1,0)∪(0,1). 作y=cos x(0<x<2π)的图象,如图. 由图可知,当0<x<2π时,y=cos x的图象与直线y=-有两个不同的交点,即方程cos x=-有两个不同的实数根,设为x1,x2(x1<x2), 易知x1,x2均为f(x)的极值点,故函数f(x)在(0,2π)上有两个极值点.故选C. 3.AD　∵函数f(x)=xln x+x2(x>0), ∴f'(x)=ln x+1+2x, 易得f'(x)=ln x+1+2x在(0,+∞)上单调递增, f'=>0,且当x→0时, f'(x)→-∞, ∴0<x0<, ∴A正确,B错误. 由题意得,f'(x0)=ln x0+1+2x0=0, ∴f(x0)+2x0=x0ln x0++2x0=x0(ln x0+x0+2)=x0(1-x0)>0, ∴C错误,D正确.故选AD. 4.C　易得函数f(x)的定义域为(0,+∞),因为函数f(x)=ax2-2ln x-1有两个零点, 所以方程ax2-2ln x-1=0有两个不同的实数根,即a=有两个不同的实数根. 令g(x)=,x>0,则g(x)=(x>0)的图象与直线y=a有两个不同的交点, 易得g'(x)==,令g'(x)=0,可得x=1, 当x∈(0,1)时,g'(x)>0,则g(x)单调递增; 当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,则g(x)单调递减,所以g(x)在x=1处取得极大值,且极大值为g(1)=1. 令g(x)=>0,可得x>; 令g(x)=<0,可得0<x<. 画出g(x)=(x>0)的大致图象如图, 由图象可得,当0<a<1时,g(x)=(x>0)的图象与直线y=a有两个不同的交点,即原函数有两个零点.故选C. 解题模板 　　利用导数研究含参函数的零点个数(方程根的个数)问题时,一般需要先分离参数,根据分离后的结果,构造新的函数,再利用导数研究函数的单调性,确定函数极值,利用数形结合的方法求解.变量分离可以避免对参数的分类讨论. 5.ABD　由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=a-=, 当a≤0时, f'(x)<0恒成立,此时f(x)单调递减,没有极值, 当x→0时, f(x)→+∞,当x→+∞时, f(x)→-∞,∴f(x)有且只有一个零点. 当a>0时,在上有f'(x)<0, f(x)单调递减,在上有f'(x)>0, f(x)单调递增,∴当x=时, f(x)取得极小值,极小值为f=1+ln a,当x→0时,ln x→-∞, f(x)→+∞,当x→+∞时, f(x)→+∞,当1+ln a=0,即a=时, f(x)有且只有一个零点;当1+ln a<0,即0<a<时, f(x)有且仅有两个零点.综上可知A、B、D正确,C错误.故选ABD. 6.答案　 解析　由题知x>0, f'(x)=ln x+1-2ax,由于函数f(x)有两个极值点,因此f'(x)=0有两个不等的实根,即函数y=ln x+1与y=2ax(x>0)的图象有两个不同的交点,则a>0.设函数y=ln x+1在其图象上任一点(x0,1+ln x0)处的切线为l,则kl=,当l过坐标原点时,=⇒x0=1,令2a=1⇒a=,∴0<a<. 7.解析　(1)当a=2时, f(x)=ln(x+1)+2x2+2x+2, ∴f'(x)=+4x+2,∴f'(0)=3. 又∵f(0)=2,∴f(x)的图象在点(0, f(0))处的切线方程为y=3x+2. (2)①易知f(x)=ln(x+1)+a(x2+x)+2的定义域为(-1,+∞), f'(x)=+a(2x+1)=. 令g(x)=2ax2+3ax+a+1, 若f(x)有两个极值点,则f'(x)=0在(-1,+∞)上有两个不相等的实数根, 即g(x)=0在(-1,+∞)上有两个不相等的实数根, 故解得a>8. ∴当f(x)有两个极值点时,a的取值范围为(8,+∞). ②证明:由g(-1)=g=1>0,g=1-<0, 可知函数g(x)在区间上有两个变号零点,设为x1,x2,且x1<x2, 则x1∈,x2∈. 当-1<x<x1时,g(x)>0,即f'(x)>0,∴f(x)在(-1,x1)上单调递增; 当x1<x<x2时,g(x)<0,即f'(x)<0,∴f(x)在(x1,x2)上单调递减; 当x>x2时,g(x)>0,即f'(x)>0,∴f(x)在(x2,+∞)上单调递增. 故函数f(x)有唯一的极小值点x2,且-<x2<-. ∵g(x2)=0,∴a=-, ∴f(x2)=ln(x2+1)-(+x2)+2=ln(x2+1)-+2. 令φ(x)=ln(x+1)-+2, 则φ'(x)=-=, 当-<x<-时,φ'(x)<0, ∴φ(x)在上单调递减, ∴φ(x)<φ=-2ln 2+,即f(x)的极小值小于-2ln 2+. 易错警示 　　解决函数的极值问题时,要注意函数的定义域,解题时防止因忽视定义域导致解题错误.如本题中f(x)有两个极值点可转化为方程2ax2+3ax+a+1=0在(-1,+∞)上有两个不同的实数解,而不是在R上有两个不同的实数解. 8.解析　(1)当a=0时, f(x)=ln x-2x, f'(x)=-2, 所以f(1)=-2, f'(1)=-1. 所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y+2=-(x-1),即x+y+1=0. (2)易得f'(x)=-(a+2)+2ax==(x>0). ①当a≤0时, f(x)与f'(x)在(0,+∞)上的变化情况如表: x f'(x) + 0 - f(x) ↗ 极大值 ↘ 所以f(x)在上单调递增,在上单调递减. ②当0<a<2时, f(x)与f'(x)在(0,+∞)上的变化情况如表: x f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以f(x)在,上单调递增,在上单调递减. ③当a=2时, f'(x)≥0,当且仅当x=时取等号,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增. ④当a>2时, f(x)与f'(x)在(0,+∞)上的变化情况如表: x f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以f(x)在,上单调递增,在上单调递减. (3)由(2)可知, ①当a≤0时, f(x)在上单调递增,在上单调递减, 当x=时, f(x)取得极大值,极大值为f=-ln 2-1-. 当x→0时, f(x)→-∞,当x→+∞时, f(x)→-∞,故若f(x)恰有两个零点,则f>0,即-ln 2-1->0,解得a<-4ln 2-4. 所以当a<-4ln 2-4时, f(x)恰有两个零点. ②当0<a<2时, f(x)在,上单调递增,在上单调递减, 当x=时, f(x)取得极大值, 因为f=-ln 2-1-<0, 所以f(x)在(0,+∞)上至多有一个零点,不符合题意. ③当a=2时, f(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以f(x)在(0,+∞)上至多有一个零点,不符合题意. ④当a>2时, f(x)在,上单调递增,在上单调递减, 当x=时, f(x)取得极大值, 因为f=-ln a-1-<0, 所以f(x)在(0,+∞)上至多有一个零点,不符合题意. 综上所述,实数a的取值范围是(-∞,-4ln 2-4). 学科网（北京）股份有限公司 $$