课时作业(16)　导数与函数的极值、最值（Word练习）-【优化指导】2026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.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.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.(2024·广州模拟预测)已知直线y＝kx＋b恒在曲线y＝ln (x＋2)的上方，则的取值范围是(　　) A.(1，＋∞) B. C.(0，＋∞) D. A　解析：设直线y＝kx＋t与曲线切于点(x0，ln (x0＋2))，则y′＝，所以切线方程为y＝x＋ln (x0＋2)－，所以k＝>0，t＝ln (x0＋2)－，所以>＝(x0＋2)ln (x0＋2)－(x0＋2)＋2. 设g(x)＝x ln x－x＋2，g′(x)＝ln x，当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0， 即g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝1，所以>1.故选A. 6.(多选)(2025·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.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.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.(2024·秦皇岛三模)已知0是函数f(x)＝x3＋ax2＋1的极大值点，则a的取值范围为(　　) A.(－∞，0) B.(0，＋∞) C. D. A　解析：因为f(x)＝x3＋ax2＋1，所以f′(x)＝3x2＋2ax＝x(3x＋2a)，令f′(x)＝0，可得x＝0或x＝－， 当－>0，即a<0时，令f′(x)>0，得x<0或x>－；令f′(x)<0，得0<x<－， 所以f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减，所以x＝0是函数f(x)的极大值点，满足题意； 当－＝0，即a＝0时，f′(x)＝x(3x＋0)≥0恒成立，则f(x)在R上单调递增，没有极值点，不满足题意； 当－<0，即a>0时，令f′(x)>0，得x<－或x>0；令f′(x)<0，得－<x<0， 所以f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减， 所以x＝0是函数f(x)的极小值点，不满足题意； 综上，a<0，即a的取值范围为(－∞，0).故选A. 13.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∈(－，). 14.(2024·河北三模)已知a－x<0(a>0，a≠1)对任意x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是________. 答案：　解析：因为a－x<0，x∈(0，＋∞)，所以·ln a<ln x，即2ln a<x ln x恒成立， 设g(x)＝x ln x，g′(x)＝ln x＋1，令g′(x)>0，x>，即g(x)在上单调递增， 令g′(x)<0，0<x<，即g(x)在上单调递减，则g(x)min＝g＝ln ＝－， 所以2ln a<－，解得0<a<e－. 15.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] 16.(2024·北京卷)设函数f(x)＝x＋k ln (1＋x)(k≠0)，直线l是曲线y＝f(x)在点(t，f(t))(t>0)处的切线. (1)当k＝－1时，求f(x)的单调区间； (2)求证：l不经过点(0，0)； (3)当k＝1时，设点A(t，f(t))(t>0)，C(0，f(t))，O(0，0)，B为l与y轴的交点，S△ACO与S△ABO分别表示△ACO与△ABO的面积.是否存在点A使得2S△ACO＝15S△ABO成立？若存在，这样的点A有几个？ (参考数据：1.09<ln 3<1.10，1.60<ln 5<1.61，1.94<ln 7<1.95) (1)解：当k＝－1时，f(x)＝x－ln (1＋x)(x>－1)， 则f′(x)＝1－＝. 令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得－1<x<0， 所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－1，0). (2)证明：f′(x)＝1＋，f′(t)＝1＋， 故l的方程为y－f(t)＝(1＋)(x－t). 假设l经过点(0，0)，则－f(t)＝－t(1＋)， 即－t－k ln (1＋t)＝－t－， 又k≠0，所以ln (1＋t)＝(t>0). 令F(t)＝ln (1＋t)－(t>0)， 则F′(t)＝>0， 所以F(t)在(0，＋∞)上单调递增， 所以F(t)>0，即ln (1＋t)>(t>0)，与ln (1＋t)＝(t>0)矛盾， 所以假设不成立，即l不经过点(0，0). (3)解：当k＝1时，f(x)＝x＋ln (1＋x)，则f(0)＝0，f′(x)＝1＋>0， 故f(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 所以l的方程为y－[t＋ln (1＋t)]＝(1＋)(x－t)， 令x＝0，得yB＝ln (1＋t)－. 易知AC⊥BC，则由2S△ACO＝15S△ABO，得2×|OC|×|AC|＝15×|OB|×|AC|， 得2|OC|＝15|OB|，得2[t＋ln (1＋t)]＝15ln (1＋t)－(t>0)， 即2t－13ln (1＋t)＋＝0(t>0). 令φ(x)＝2x－13ln (1＋x)＋， 则φ′(x)＝2－＋＝， 所以φ(x)在(0，)，(4，＋∞)上单调递增，在(，4)上单调递减. 因为φ(0)＝0，φ()>0，φ(4)＝20－13ln 5<20－13×1.6＝－0.8<0，φ(8)＝－26ln 3>－26×1.1≈0.7>0， 所以φ(x)在(0，＋∞)上有2个不同的零点. 故存在点A使得2S△ACO＝15S△ABO成立，且点A的个数为2. 学科网（北京）股份有限公司 $$