高考数学(理数)一轮复习检测卷：2.3《导数与函数的极值、最值》 (教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮复习检测卷：2.3《导数与函数的极值、最值》 (教师版)

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级　基础夯实练1．下列函数中，既是奇函数又存在极值的是(　　)A．y＝x3　　　　　　　 B．y＝ln(－x)C．y＝xe－x D．y＝x＋eq \f(2,x)解析：选D.由题可知，B，C选项中的函数不是奇函数；A选项中，函数y＝x3单调递增(无极值)；D选项中的函数既为奇函数又存在极值．2．函数f(x)＝x2－5x＋2ex的极值点所在的区间为(　　)A．(0，1) B．(－1，0)C．(1，2) D．(－2，－1)解析：选A.∵f′(x)＝2x－5＋2ex为增函数，f′(0)＝－3＜0，f′(1)＝2e－3＞0，∵f′(x)＝2x－5＋2ex的零点在区间(0，1)上，∴f(x)＝x2－5x＋2ex的极值点在区间(0，1)上．3．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1，2)，则(　　)A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取得极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取得极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极大值解析：选C.当k＝1时，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0，∴x＝1不是f(x)的极值点．当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，显然f′(1)＝0，且在x＝1附近的左侧f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，∴f(x)在x＝1处取得极小值．故选C.4．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是(　　)解析：选D.因为[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；选项D中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.5．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝ln x－axeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＞\f(1,2)))，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a＝(　　)A.eq \f(1,4) B．eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D．1解析：选D.因为f(x)是奇函数，所以f(x)在(0，2)上的最大值为－1.当x∈(0，2)时，f′(x)＝eq \f(1,x)－a，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，又a＞eq \f(1,2)，所以0＜eq \f(1,a)＜2.当x＜eq \f(1,a)时，f′(x)＞0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增；当x＞eq \f(1,a)时，f′(x)＜0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))上单调递减，所以f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝ln eq \f(1,a)－a·eq \f(1,a)＝－1，解得a＝1.6．已知函数f(x)＝2f′(1)ln x－x，则f(x)的极大值为________．解析：因为f′(x)＝eq \f(2f′（1）,x)－1，所以f′(1)＝2f′(1)－1，所以f′(1)＝1，故f(x)＝2ln x－x，f′(x)＝eq \f(2,x)－1＝eq \f(2－x,x)，则f(x)在(0，2)上为增函数，在(2，＋∞)上为减函数，所以当x＝2时f(x)取得极大值，且f(x)极大值＝f(2)＝2ln 2－2.答案：2ln 2－27．f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则常数c的值为________．解析：f(x)＝x3－2cx2＋c2x，f′(x)＝3x2－4cx＋c2，f′(2)＝0⇒c＝2或c＝6，若c＝2，f′(x)＝3x2－8x＋4，令f′(x)＞0⇒x＜eq \f(2,3)或x＞2，f′(x)＜0⇒eq \f(2,3)＜x＜2，故函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3)))及(2，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))上单调递减，所以x＝2是极小值点，故c＝2(不合题意，舍去)，c＝6.答案：68．不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，则实数k的最大值为________．解析：(1)不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，即为f(x)＝ex－kx≥0恒成立，即有f(x)min≥0，由f(x)的导数为f′(x)＝ex－k，当k≤0时，ex＞0，可得f′(x)＞0恒成立，f(x)递增，无最值；当k＞0时，x＞ln k时f′(x)＞0，f(x)递增；x＜ln k时f′(x)＜0，f(x)递减．即在x＝ln k处取得最小值，且为k－kln k，由k－kln k≥0，解得k≤e，即k的最大值为e.答案：e9．已知函数f(x)＝eq \f(ax2＋bx＋c,ex)(a＞0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.(1)求f(x)的单调区间．(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．解：(1)f′(x)＝eq \f(（2ax＋b）ex－（ax2＋bx＋c）ex,（ex）2)＝eq \f(－ax2＋（2a－b）x＋b－c,ex)，令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，因为ex＞0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同．又因为a＞0，所以－3＜x＜0时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，当x＜－3或x＞0时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，所以f(x)的单调增区间是(－3，0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(9a－3b＋c,e－3)＝－e3，,g（0）＝b－c＝0，,g（－3）＝－9a－3（2a－b）＋b－c＝0，))解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝eq \f(x2＋5x＋5,ex).因为f(x)的单调增区间是(－3，0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者．而f(－5)＝eq \f(5,e－5)＝5e5＞5＝f(0)，所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.10．已知常数a≠0，f(x)＝aln x＋2x.(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．解：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a,x)＋2＝eq \f(a＋2x,x).当a＝－4时，f′(x)＝eq \f(2x－4,x).∴当0＜x＜2时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减；当x＞2时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增．∴f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2，无极大值．(2)∵f′(x)＝eq \f(a＋2x,x)，∴当a＞0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a＜0时，由f′(x)＞0得，x＞－eq \f(a,2)，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))上单调递增；由f′(x)＜0得，0＜x＜－eq \f(a,2)，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)))上单调递减．∴当a＜0时，f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝alneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2))).根据题意得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝alneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))≥－a，即a[ln(－a)－ln 2]≥0.∵a＜0，∴ln(－a)－ln 2≤0，解得－2≤a＜0，∴实数a的取值范围是[－2，0)．B级　能力提升练11．设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是(　　)A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的极小值点C．－x0是－f(x)的极小值点D．－x0是－f(－x)的极小值点解析：选D.函数f(x)的极大值f(x0)不一定是最大值，故A错误；f(x)与－f(－x)关于原点对称，故x0(x0≠0)是f(x)的极大值点时，－x0是－f(－x)的极小值点，故选D.12．若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是(　　)A．[1，＋∞) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))C．[1，2) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))解析：选B.因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又因为f′(x)＝4x－eq \f(1,x)，所以由f′(x)＝0解得x＝eq \f(1,2)，由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－1＜\f(1,2)＜k＋1，,k－1≥0，))解得1≤k＜eq \f(3,2).13．若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．解析：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x＞0)．①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上递增，又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点．②当a＞0时，由f′(x)＞0解得x＞eq \f(a,3)，由f′(x)＜0解得0＜x＜eq \f(a,3)，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))上递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))上递增．又f(x)只有一个零点，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq \f(a3,27)＋1＝0，∴a＝3.此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，当x∈[－1，1]时，f(x)在[－1，0]上递增，在[0，1]上递减．又f(1)＝0，f(－1)＝－4，∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.答案：－314．设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．解：(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.f′(1)＝(1－a)e.由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.此时f(1)＝3e≠0.所以a的值为1.(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.若a＞eq \f(1,2)，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))时，f′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在x＝2处取得极小值．若a≤eq \f(1,2)，则当x∈(0，2)时，x－2＜0，ax－1≤eq \f(1,2)x－1＜0，所以f′(x)＞0.所以2不是f(x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).15．已知函数f(x)＝(x－eq \r(2x－1))·e－xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,2))).(1)求f(x)的导函数；(2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上的取值范围．解：(1)因为(x－eq \r(2x－1))′＝1－eq \f(1,\r(2x－1))，(e－x)′＝－e－x，所以f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(2x－1))))e－x－(x－eq \r(2x－1))e－x＝eq \f(（1－x）（\r(2x－1)－2）e－x,\r(2x－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＞\f(1,2))).(2)由f′(x)＝eq \f(（1－x）（\r(2x－1)－2）e－x,\r(2x－1))＝0，解得x＝1或x＝eq \f(5,2).因为又f(x)＝eq \f(1,2)(eq \r(2x－1)－1)2e－x≥0，所以f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)e－\f(1,2))).C级　素养加强练16．已知函数f(x)＝2ln x＋x2－2ax(a＞0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，且f(x1)－f(x2)≥eq \f(3,2)－2ln 2恒成立，求a的取值范围．解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(2（x2－ax＋1）,x)，令x2－ax＋1＝0，则Δ＝a2－4，①当0＜a≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a＞2时，Δ＞0，方程x2－ax＋1＝0有两个不同的实根，分别设为x3，x4，不妨令x3＜x4，则x3＝eq \f(a－\r(a2－4),2)，x4＝eq \f(a＋\r(a2－4),2)，此时0＜x3＜x4，因为当x∈(0，x3)时，f′(x)＞0，当x∈(x3，x4)时，f′(x)＜0，当x∈(x4，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上单调递减，在(eq \f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞)上单调递增．(2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上单调递减，x1＋x2＝a，x1·x2＝1，则f(x1)－f(x2)＝2lneq \f(x1,x2)＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2lneq \f(x1,x2)＋eq \f(xeq \o\al(2,2)－xeq \o\al(2,1),x1x2)＝2lneq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)－eq \f(x1,x2)，令t＝eq \f(x1,x2)，则0＜t＜1，f(x1)－f(x2)＝2ln t＋eq \f(1,t)－t，令g(t)＝2ln t＋eq \f(1,t)－t(0＜t＜1)，则g′(t)＝－eq \f(（t－1）2,t2)＜0，故g(t)在(0，1)上单调递减且geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq \f(3,2)－2ln 2，故g(t)＝f(x1)－f(x2)≥eq \f(3,2)－2ln 2＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即0＜t≤eq \f(1,2)，而a2＝(x1＋x2)2＝eq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)＋2＝t＋eq \f(1,t)＋2，其中0＜t≤eq \f(1,2)，令h(t)＝t＋eq \f(1,t)＋2，t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以h′(t)＝1－eq \f(1,t2)＜0在t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上恒成立，故h(t)＝t＋eq \f(1,t)＋2在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，从而a2≥eq \f(9,2)，故a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)，＋∞)).xeq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,2)))eq \f(5,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞))f′(x)－0＋0－f(x)eq \f(1,2)e－eq \f(1,2)0eq \f(1,2)e－eq \f(5,2)