2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业15《导数与函数的极值、最值》（教师版）

这是一份2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业15《导数与函数的极值、最值》（教师版），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝( B )
A.eq \f(1,ln2) B．－eq \f(1,ln2) C．－ln2 D．ln2
解析：y′＝2x＋x·2xln2＝0，∴x＝－eq \f(1,ln2).
2．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( C )
A．－2 B．0 C．2 D．4
解析：f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或2.∴f(x)在[－1,0)上是增函数，
f(x)在(0,1]上是减函数．∴f(x)max＝f(x)极大值＝f(0)＝2.
3．若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则导函数f′(x)的图象不可能是( D )
解析：若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f′(x)在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x轴，观察四个选项中的图象只有D项是不符合要求的，即f′(x)的图象不可能是D.
4．已知函数f(x)＝lnx－eq \f(a,x)，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为eq \f(3,2)，则a的值为( A )
A．－eq \r(e) B．－eq \f(e,2) C．－eq \f(3,2) D．e0.5
解析：由题意，f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(a,x2)，若a≥0，则f′(x)>0，函数单调递增，所以f(1)＝－a＝eq \f(3,2)，矛盾；若－e5．若函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋(a－1)x－alnx存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a的取值范围为( B )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))) D．(－1,0)∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
解析：对函数求导得f′(x)＝x－1＋a1－eq \f(1,x)＝eq \f(x＋ax－1,x)，因为函数存在唯一的极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，故x＝1是唯一的极值点，此时－a≤0且f(1)＝－eq \f(1,2)＋a≥1⇒a≥eq \f(3,2).故选B.
6．已知函数f(x)＝xlnx－aex(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 )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) B．(0，e) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e)) D．(－∞，e)
解析：f′(x)＝lnx－aex＋1，若函数f(x)＝xlnx－aex有两个极值点，则y＝a和g(x)＝eq \f(lnx＋1,ex)在(0，＋∞)上有2个交点，g′(x)＝eq \f(\f(1,x)－lnx－1,ex)(x>0)．令h(x)＝eq \f(1,x)－lnx－1，则h′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0，h(x)在(0，＋∞)上递减，而h(1)＝0，故x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)递增，x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)递减，故g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e)，而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0.若y＝a和g(x)＝eq \f(lnx＋1,ex)在(0，＋∞)上有2个交点，只需07．已知函数f(x)＝eq \f(ex,x)－mx(e为自然对数的底数)，若f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则实数m的取值范围是( C )
A．(－∞，2) B．(－∞，e) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(e2,4))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,4)，＋∞))
解析：∵f(x)＝eq \f(ex,x)－mx>0在(0，＋∞)上恒成立，∴m0，∴g′(x)＝eq \f(x2－2xex,x4)＝eq \f(x－2ex,x3)，当02时，g′(x)>0，g(x)单调递增．故当x＝2时，g(x)取得最小值，且最小值为g(2)＝eq \f(e2,4).∴m二、填空题
8．函数f(x)＝xsinx＋csx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，π))上的最大值为eq \f(π,2).
解析：因为f′(x)＝sinx＋xcsx－sinx＝xcsx，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2).
9．若函数f(x)＝2f′(1)lnx－x，则函数f(x)的极大值为2ln2－2.
解析：因为f(x)＝2f′(1)lnx－x，所以f′(x)＝eq \f(2f′1,x)－1，
令x＝1得，f′(1)＝2f′(1)－1，得f′(1)＝1，故f(x)＝2lnx－x，定义域为(0，＋∞)．
且f′(x)＝eq \f(2,x)－1＝eq \f(2－x,x)，当x∈(0,2)时，f′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，
所以当x＝2时，f(x)取得极大值，且f(x)极大值＝f(2)＝2ln2－2.
10．设a∈R，函数f(x)＝ax3－3x2，若函数g(x)＝f(x)＋f′(x)，x∈[0,2]，且在x＝0处取得最大值，则a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(6,5))).
解析：g(x)＝ax3－3x2＋3ax2－6x＝ax2(x＋3)－3x(x＋2)，g(0)＝0.若g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(0)，则g(x)≤g(0)，即ax2(x＋3)－3x(x＋2)≤0在[0,2]上恒成立．当x＝0时，显然成立；当x≠0时，有a≤eq \f(3x＋2,xx＋3)在(0,2]上恒成立．
设h(x)＝eq \f(3x＋2,xx＋3)＝eq \f(3,x＋3)＋eq \f(6,x2＋3x)，显然h(x)在(0,2]上单调递减，
最小值为h(2)＝eq \f(3×2＋2,2×2＋3)＝eq \f(6,5).因此a≤eq \f(6,5).
三、解答题
11．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 \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 \f(1,2)，＋∞)．
12．已知函数f(x)＝asinx＋bcsx(a，b∈R)，曲线y＝f(x)在点（eq \f(π,3)，f(eq \f(π,3))）处的切线方程为y＝x－eq \f(π,3).
(1)求a，b的值；
(2)设k∈R，求函数g(x)＝kx－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值．
解：(1)由切线方程知，当x＝eq \f(π,3)时，y＝0，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),2)a＋eq \f(1,2)b＝0.
∵f′(x)＝acsx－bsinx，
∴由切线方程知，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(1,2)a－eq \f(\r(3),2)b＝1，∴a＝eq \f(1,2)，b＝－eq \f(\r(3),2).
(2)由(1)知，f(x)＝eq \f(1,2)sinx－eq \f(\r(3),2)csx＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，
∴g(x)＝kx－sinx，g′(x)＝k－csx，
①当k≤0时，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，g′(x)≤0，故g(x)单调递减．
∴g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为g(0)＝0.
②当00，∴存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使g′(x0)＝0.
当x∈[0，x0)时，g′(x)<0，故g(x)单调递减，
当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时，g′(x)>0，故g(x)单调递增．
∴g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为g(0)或geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))).
又g(0)＝0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(kπ,2)－1，
∴当0当eq \f(2,π)③当k≥1时，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，g′(x)≥0，故g(x)单调递增，
∴g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(kπ,2)－1.
综上所述，当k≤eq \f(2,π)时，g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为g(0)＝0，
当k>eq \f(2,π)时，g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(kπ,2)－1.
13．已知直线y＝a分别与函数y＝ex＋1和y＝eq \r(x－1)交于A，B两点，则A，B之间的最短距离是( D )
A.eq \f(3－ln2,2) B.eq \f(5－ln2,2) C.eq \f(3＋ln2,2) D.eq \f(5＋ln2,2)
解析：由y＝ex＋1得x＝lny－1，由y＝eq \r(x－1)得x＝y2＋1，
所以设h(y)＝|AB|＝y2＋1－(lny－1)＝y2－lny＋2，
h′(y)＝2y－eq \f(1,y)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(2),2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(\r(2),2))),y)，当0eq \f(\r(2),2)时，h′(y)>0，
即函数h(y)在区间（0，eq \f(\r(2),2)）上单调递减，在区间（eq \f(\r(2),2)，+∞）上单调递增，
所以h(y)min＝h（eq \f(\r(2),2)）＝（eq \f(\r(2),2)）2－lneq \f(\r(2),2)＋2＝eq \f(5＋ln2,2)，故选D.
14．已知函数f(x)＝x＋alnx(a>0)，若∀x1，x2∈(eq \f(1,2)，1)(x1≠x2)，|f(x1)－f(x2)|>|eq \f(1,x1)－eq \f(1,x2)|，则正数a的取值范围是[eq \f(3,2)，＋∞)．
解析：由f(x)＝x＋alnx(a>0)，得当x∈(eq \f(1,2)，1)时，f′(x)＝1＋eq \f(a,x)>0，f(x)在(eq \f(1,2)，1)上单调递增，不妨设x1>x2，则|f(x1)－f(x2)|>|eq \f(1,x1)－eq \f(1,x2)|，即f(x1)－f(x2)>eq \f(1,x2)－eq \f(1,x1)，f(x1)＋eq \f(1,x1)>f(x2)＋eq \f(1,x2)，令g(x)＝f(x)＋eq \f(1,x)，则g(x)在(eq \f(1,2)，1)上单调递增，所以g′(x)＝1＋eq \f(a,x)－eq \f(1,x2)≥0在(eq \f(1,2)，1)上恒成立，eq \f(a,x)≥eq \f(1,x2)－1，即a≥eq \f(1,x)－x在(eq \f(1,2)，1)上恒成立，
令h(x)＝eq \f(1,x)－x，x∈(eq \f(1,2)，1)，则h′(x)＝－1－eq \f(1,x2)<0，h(x)单调递减，故a≥eq \f(3,2)，
正数a的取值范围是[eq \f(3,2)，＋∞)．
15．已知a为常数，函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1A．f(x1)>0，f(x2)>－eq \f(1,2) B．f(x1)<0，f(x2)<－eq \f(1,2)
C．f(x1)>0，f(x2)<－eq \f(1,2) D．f(x1)<0，f(x2)>－eq \f(1,2)
解析：f′(x)＝lnx－2ax＋1，依题意知f′(x)＝0有两个不等实根x1，x2，
即曲线y＝1＋lnx与直线y＝2ax有两个不同交点，如图．
由直线y＝x是曲线y＝1＋lnx的切线，可知：0<2a<1,0由0∵当x10，∴f(x2)>f(1)＝－a>－eq \f(1,2)，故选D.