高考数学一轮复习第三章3.2.2利用导数研究函数的极值最值课时作业理含解析

这是一份高考数学一轮复习第三章3.2.2利用导数研究函数的极值最值课时作业理含解析，共8页。

一、选择题
1．函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法不正确的是( )
A．(－1,3)为函数y＝f(x)的单调递增区间
B．(3,5)为函数y＝f(x)的单调递减区间
C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值
D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
2．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是( )
A．25，－2B．50,14
C．50，－2D．50，－14
3．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于( )
A．－4B．－2
C．4D．2
4．若函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)内有极小值，则( )
A．0C．b>0D．b5．[2021·武昌区高三年级调研考试]已知函数f(x)＝xex－lnx－x－2，g(x)＝eq \f(ex－2,x)＋lnx－x的最小值分别为a，b，则( )
A．a＝bB．aC．a>bD．a，b的大小关系不确定
二、填空题
6．函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋x－2lnx的最小值为________．
7．已知函数f(x)＝x3－3ax＋b的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f(x)的极大值是________．
8．函数f(x)＝(x2－x－1)ex(e＝2.718…是自然对数的底数)的极值点是________；极大值为________．
三、解答题
9．若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．
(1)求a，b的值．
(2)设函数g(x)的导数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点．
10.[2021·广东五校联考]已知函数f(x)＝ax＋lnx，其中a为常数．
(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值．
[能力挑战]
11．[2021·南昌市高三年级摸底测试卷]若函数f(x)＝(x－1)ex－ax(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0))B．(－∞，0)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，＋∞))D．(0，＋∞)
12．[2021·安徽省部分重点校高三联考试题]已知函数f(x)＝ax－lnx，x∈[1，e]的最小值为3，若存在x1，x2，…，xn∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn－1)＝f(xn)，则正整数n的最大值为( )
A．2B．3
C．4D．5
13．[2021·开封市高三模拟考试]设点P为函数f(x)＝lnx－x3的图象上任意一点，点Q为直线2x＋y－2＝0上任意一点，则P，Q两点距离的最小值为________．
课时作业15
1．解析：由函数y＝f(x)的导函数的图象可知，当x<－1或35或－10，y＝f(x)单调递增，所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)，函数y＝f(x)在x＝－1,5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误，故选C.
答案：C
2．解析：∵f(x)＝2x3＋9x2－2，∴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，故选C.
答案：C
3．解析：由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.
答案：D
4．解析：f(x)在(0,1)内有极小值，则f′(x)＝3x2－3b在(0,1)上先负后正，∴f′(0)＝－3b<0.∴b>0.f′(1)＝3－3b>0，∴b<1.综上，b的取值范围为0答案：A
5．解析：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，因为x<0时，0所以f(x)＝xex－lnx－x－2＝elnx·ex－lnx－x－2＝ex＋lnx－(x＋lnx)－2≥x＋lnx＋1－(x＋lnx)－2＝－1＝a，
g(x)＝eq \f(ex－2,x)＋lnx－x＝x－1·ex－2＋lnx－x＝e－lnx＋x－2＋lnx－x≥x－lnx－2＋1＋lnx－x＝－1＝b，所以a＝b，故选A.
答案：A
6．解析：因为f′(x)＝x＋1－eq \f(2,x)＝eq \f(x＋2x－1,x)(x>0)，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝eq \f(1,2)＋1＝eq \f(3,2).
答案：eq \f(3,2)
7．解析：因为f(x)的单调递减区间为(－1,1)，所以a>0，
由f′(x)＝3x2－3a＝3(x－eq \r(a))(x＋eq \r(a))，可得a＝1，
由f(x)＝x3－3ax＋b在x＝1处取得极小值2，
可得1－3＋b＝2，故b＝4.
所以f(x)＝x3－3x＋4的极大值为f(－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.
答案：6
8．解析：由已知得f′(x)＝(x2－x－1＋2x－1)ex＝(x2＋x－2)ex＝(x＋2)(x－1)ex，
因为ex>0，令f′(x)＝0，可得x＝－2或x＝1，
当x<－2时，f′(x)>0，即函数f(x)在(－∞，－2)上单调递增；
当－2当x>1时，f′(x)>0，即函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故f(x)的极值点为－2或1，且极大值为f(－2)＝eq \f(5,e2).
答案：1或－2 eq \f(5,e2)
9．解析：(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.
(2)由(1)知f(x)＝x3－3x，
则g′(x)＝f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，
所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，
即函数g(x)的极值点只可能是1或－2.
当x<－2时，g′(x)<0，当－2g′(x)>0，∴x＝－2是g(x)的极值点
当x>1时，g′(x)>0，
所以1不是g(x)的极值点．
∴g(x)的极值点是－2.
10．解析：(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋lnx，f′(x)＝－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(1－x,x)，令f′(x)＝0，得x＝1.
当00；当x>1时，f′(x)<0.
所以f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数．
所以f(x)max＝f(1)＝－1.
所以当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1.
(2)f′(x)＝a＋eq \f(1,x)，x∈(0，e]，eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
①若a≥－eq \f(1,e)，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上是增函数，所以f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合题意；
②若a<－eq \f(1,e)，令f′(x)>0得a＋eq \f(1,x)>0，结合x∈(0，e]，解得0令f′(x)<0得a＋eq \f(1,x)<0，结合x∈(0，e]，解得－eq \f(1,a)令－1＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－3，得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－2，
即a＝－e2，
因为－e2<－eq \f(1,e)，所以a＝－e2为所求．
故实数a的值为－e2.
11．解析：由题意得f′(x)＝exx－a，因为函数f(x)＝ex(x－1)－ax有两个极值点，所以f′(x)＝0有两个不等根，即a＝exx有两个不等根，所以直线y＝a与y＝exx的图象有两个不同的交点．令g(x)＝exx，则g′(x)＝ex(x＋1)．当x<－1时，g′(x)<0，当x>－1时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，当x＝－1时，g(x)取得最小值，且最小值为－eq \f(1,e).当x<0时，g(x)<0，当x>0时，g(x)>0，则可得函数g(x)的大致图象，如图所示，则－eq \f(1,e)答案：A
12．解析：f′(x)＝a－eq \f(1,x)，∵x∈[1，e]，∴eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1)).
当a≤eq \f(1,e)时，f′(x)≤0，所以f(x)在[1，e]上单调递减，所以f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，解得a＝eq \f(4,e)∉eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)))，不合题意，舍去；
当eq \f(1,e)0，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，e))上单调递增，所以f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝1－lneq \f(1,a)＝3，解得a＝e2∉eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，不合题意，舍去；
当a≥1时，f′(x)≥0，所以f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝a＝3≥1，符合题意．
综上可知，a＝3.
所以f(x)＝3x－lnx，x∈[1，e]，所以f(x)max＝f(e)＝3e－1，f(x)min＝f(1)＝3.
要想存在x1，x2，x3，…，xn∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn－1)＝f(xn)，且正整数n最大，则f(x1)＝f(x2)＝…＝f(xn－1)＝f(x)min，f(xn)＝f(x)max，则3(n－1)≤3e－1，解得n≤e＋eq \f(2,3)，又n∈N*，所以n≤3，从而n的最大值为3，故选B.
答案：B
13．解析：由题意知，当函数f(x)的图象在点P(x0，y0)处的切线l1与直线l2：2x＋y－2＝0平行，且PQ⊥l2时，P，Q两点之间的距离最小．因为f(x)＝lnx－x3，所以f′(x)＝eq \f(1,x)－3x2，所以eq \f(1,x0)－3xeq \\al(2,0)＝－2，解得x0＝1，所以y0＝－1，故切线l1的方程为2x＋y－1＝0.由两平行直线之间的距离公式可得切线l1与直线l2之间的距离d＝eq \f(|－1－－2|,\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，故P，Q两点距离的最小值为eq \f(\r(5),5).
答案：eq \f(\r(5),5)