高考数学一轮复习课时质量评价17导数与函数的极值、最值含答案

课时质量评价(十七)

A组　全考点巩固练

1．(2021·榆林四模)设函数f(x)＝xcos x的一个极值点为m，则tan＝(　　)

A． B．

C． D．

B　解析：由f′(x)＝cos x－xsin x＝0，得tan x＝，则tan m＝，

所以tan＝＝＝．

2．(2021·天河区期末)函数f(x)的定义域为R，它的导函数y＝f′(x)的部分图象如图所示，则下面结论正确的是(　　)

A．函数f(x)在(1,2)上为减函数

B．函数f(x)在(3,5)上为增函数

C．函数f(x)在(1,3)上有极大值

D．x＝3是函数f(x)在区间[1,5]上的极小值点

C　解析：由y＝f′(x)的图象可知，

当1＜x＜2时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；

当2＜x＜4时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；

当4＜x＜5时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增．

又f′(2)＝f′(4)＝0，所以当x＝2时，f(x)取得极大值．

3．函数f(x)的导函数为 f′(x)＝－x(x＋2)，则函数f(x)有(　　)

A．最小值f(0) B．最小值f(－2)

C．极大值f(0) D．极大值f(－2)

C　解析：令f′(x)＝－x(x＋2)＞0，解得－2＜x＜0，即函数的单调递增区间为(－2,0)；

令f′(x)＝－x(x＋2)＝0，解得x＝－2或x＝0；

令f′(x)＝－x(x＋2)＜0，解得x＞0或x＜－2，即函数的单调递减区间为(－∞，－2)，(0，＋∞)，所以函数的极大值为f(0)．

4．(2022·宿州期中)已知函数f(x)＝e2－x＋x，x∈[1,3]，则下列说法正确的是(　　)

A．函数f(x)的最小值为3＋

B．函数f(x)的最大值为3＋

C．函数f(x)的最小值为e＋1

D．函数f(x)的最大值为e＋1

D　解析：f(x)＝e2－x＋x，f′(x)＝－e2－x＋1，

令f′(x)＞0，解得x＞2，

令f′(x)＜0，解得x＜2，

故f(x)在[1,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增，故f(x)的最小值是f(2)＝3，

f(1)＝e＋1，f(3)＝3＋．

因为3＋－(e＋1)＝2＋－e<2＋－e<0，所以函数f(x)的最大值为1＋e．

5．已知函数f(x)＝－ex，则下列说法正确的是(　　)

A．f(x)无极大值，也无极小值

B．f(x)有极大值，也有极小值

C．f(x)有极大值，无极小值

D．f(x)无极小值，有极大值

C　解析：由题意得f′(x)＝，x＞0，

令g(x)＝1－ln x－x2ex，则g′(x)＝－－2xex－x2ex＜0，

所以g(x)单调递减．又g＞0，g(1)＜0，

所以∃x0∈，使g(x0)＝0，

所以当x∈(0，x0)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增；

当x∈(x0，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)单调递减．

所以f(x)有极大值，无极小值，故C正确．

6．已知函数f(x)＝x2e1－x－a有三个零点，则实数a的取值范围是(　　)

A． B．

C． D．

B　解析：由f(x)＝x2e1－x－a＝0有三个零点得a＝x2e1－x有三个零点．

设g(x)＝x2e1－x，则g′(x)＝e1－xx(2－x)，

当x＜0时，g′(x)＜0，函数单调递减；当0＜x＜2时，g′(x)＞0，函数单调递增；当x＞2时，g′(x)＜0，函数单调递减．

因为g(0)＝0，g(2)＝，所以0＜a＜．

7．已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则c＝________．

6　解析：因为f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝3x2－4cx＋c2，且函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，所以f′(2)＝0，即c2－8c＋12＝0，解得c＝6或2．经检验c＝2时，函数f(x)在x＝2处取得极小值，不符合题意，应舍去．故c＝6．

8．用长为18 cm的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2∶1，设该长方体宽为x cm，当x＝________时，其体积最大，最大体积是________ cm3．

1　3　解析：设长方体的宽为x cm，则长为2x cm，高为 cm．

长方体的体积为V(x)＝2x·x·＝9x2－6x3，

V′(x)＝18x－18x2，令V′(x)＝0，得18x－18x2＝0，解得x＝0，或x＝1．

当0＜x＜1时，V′＞0，函数V(x)单调递增，当1＜x＜时，V′(x)＜0，函数V(x)单调递减．所以当x＝1时，函数V(x)有最大值3 cm3．

9．已知函数f(x)＝，其中a为正实数，x＝是f(x)的一个极值点．

(1)求a的值；

(2)当b＞时，求函数f(x)在[b，＋∞)上的最小值．

解：f′(x)＝，

(1)因为x＝是函数y＝f(x)的一个极值点，所以f′＝0，

因此，a－a＋1＝0，解得a＝，

经检验，当a＝时，x＝是y＝f(x)的一个极值点，故所求a的值为．

(2)由(1)可知，f′(x)＝，

令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝．

f(x)与f′(x)的变化情况如下：

所以，f(x)的单调递增区间是，，单调递减区间是．

当＜b＜时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，

所以f(x)在[b，＋∞)上的最小值为f ＝，

当b≥时，f(x)在[b，＋∞)上单调递增，

所以f(x)在[b，＋∞)上的最小值为f(b)＝＝．

B组　新高考培优练

10．(2021·浙江模拟)已知函数f(x)的定义域为D，其导函数为f′(x)，函数y＝sin x·f′(x)(x∈D)的图象如图所示，则f(x)(　　)

A．有极小值f(2)，极大值f(π)

B．有极大值f(2)，极小值f(0)

C．有极大值f(2)，无极小值

D．有极小值f(2)，无极大值

D　解析：当x∈(0，π)时，sin x＞0，当x∈(π，2π)时，sin x＜0．

由图象可得当x∈(0,2)时，f′(x)≤0，当x∈(2，π)时，f′(x)>0，

当x∈(π，2π)时，f′(x)≥0，故函数f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递增，所以f(x)在定义域D上，先减后增，有极小值f(2)，无极大值．

11．(2021·晋中三模)函数f(x)＝ln x＋x2－ax(x＞0)在区间上有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是(　　)

A． B．

C． D．

C　解析：f′(x)＝＋x－a，依题意，y＝f′(x)在区间上有且仅有一个变号零点，令f′(x)＝0，则a＝x＋，令g(x)＝x＋，x∈(0，＋∞)．

由双勾函数的性质可知，函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

所以g(x)min＝g(1)＝2．又g＝g(2)＝，g(3)＝．

结合g(x)＝x＋在(0，＋∞)上的图象可得，<a≤．

12．(多选题)已知函数f(x)＝(3x－5)ex，则下列结论中正确的是(　　)

A．函数f(x)在上单调递减

B．函数f(x)的极小值点为x＝

C．函数f(x)无极大值

D．函数f(x)在[0,1]上的最大值为－5

BCD　解析：因为f′(x)＝(3x－2)ex，当x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0，

所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以A错误，B正确，C正确；

f(x)在上单调递减，在上单调递增，f(0)＝－5，f(1)＝－2e，所以函数f(x)在[0,1]上的最大值为－5，D正确．

13．写出一个定义在R上且使得命题“若f′(1)＝0，则1为函数f(x)的极值点”为假命题的函数f(x)＝__________．

(x－1)3(不唯一)　解析：函数f(x)＝(x－1)3，则f′(x)＝3(x－1)2，故 f′(1)＝0．

又f′(x)＝3(x－1)2≥0在R上恒成立，故f(x)在R上为增函数，

所以x＝1不是f(x)＝(x－1)3的极值点．

14．对于函数f(x)＝ln x＋mx2＋nx＋1，有下列4个论断：

甲：函数f(x)有两个减区间；

乙：函数f(x)的图象过点(1，－1)；

丙：函数f(x)在x＝1处取极大值；

丁：函数f(x)单调．

若其中有且只有两个论断正确，则m的取值为________．

2　解析：函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，由题意得：f′(x)＝＋2mx＋n＝，

令g(x)＝2mx2＋nx＋1，显然g(x)过定点(0,1)．

①m＞0时的图象可能是：

或

②m＜0时的图象可能是：

或

当x＞0时，函数f(x)最多有1个减区间，故甲错误；

假设乙正确，则f(1)＝m＋n＋1＝－1，即m＋n＝－2，

此时f′(x)＝，若丙正确，则解得m＝1，故n＝－3，

而此时f(x)在x＝1处取极小值，即与丙、丁矛盾；

若丁正确，则m＝2，n＝－4，可满足题意．

综上，乙、丁正确，且m＝2．

15．(2022·中卫三模)已知函数f(x)＝＋2kln x－kx，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围是_________．

　解析：因为函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，

所以f′(x)＝＋－k＝．

因为x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，

所以x＝2是导函数f′(x)＝0的唯一根，

所以ex－kx2＝0在(0，＋∞)上无变号零点，

即k＝在x＞0上无变号零点．

令g(x)＝，

因为g′(x)＝，

所以g(x)在(0,2)上单调递减，在x＞2 上单调递增，

所以g(x)的最小值为g(2)＝，所以必须k≤．

16．已知函数f(x)＝－mx(m∈R)．

(1)若f(x)＞ln x对任意x∈(1,2)恒成立，求m的最大值；

(2)若m＝2，求f(x)在(0，＋∞)上的极值点的个数．

解：(1) 由f(x)＞ln x可得－mx>ln x，

所以只需m<－对任意x∈(1,2)恒成立．

设h(x)＝－，则h′(x)＝－＝．

设φ(x)＝ex(x－2)＋xln x－x，当x∈(1,2)时，φ′(x)＝ex(x－1)＋ln x＞0，

即φ(x)在(1,2)上单调递增，故φ(x)＜φ(2)＝2ln 2－2＝2(ln 2－1)＜0，

故h′(x)＜0，故h(x)在(1,2)上单调递减，所以h(x)>h(2)＝，

所以m的最大值为．

(2) 当m＝2时，f(x)＝－2x，所以f′(x)＝－2＝．

设g(x)＝ex(x－1)－2x2，则g′(x)＝xex－4x＝x(ex－4)．

由g′(x)＝0可得x＝0或x＝2ln 2．

当0＜x＜2ln 2 时，g′(x)＜0；当x＞2ln 2时，g′(x)＞0，

即g(x)在(0,2ln 2)上单调递减，在(2ln 2，＋∞)上单调递增．

又因为g(2ln 2)＝8ln 2(1－ln 2)－4＜4ln 2－4＝4(ln 2－1)＜0，

g(0)＝－1＜0，g(3)＝2e3－18＞0，

所以在(0,2ln 2)上g(x)无零点，在(2ln 2，＋∞)上存在唯一的x0，使g(x0)＝0．

所以f′(x)在(0，＋∞)上仅有一个零点，且当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，

所以f(x)有且只有 1 个极值点．