新高考数学考前考点冲刺精练卷16《导数与函数的极值、最值》（2份，原卷版+教师版）

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一、选择题
函数f(x)＝(x2﹣1)2＋2的极值点是( )
A.x＝1 B.x＝﹣1 C.x＝1或﹣1或0 D.x＝0
【答案解析】答案为：C.
解析：∵f(x)＝x4﹣2x2＋3，∴由f′(x)＝4x3﹣4x＝4x(x＋1)(x﹣1)＝0，得x＝0或x＝1或x＝﹣1，又当x＜﹣1时，f′(x)＜0，当﹣1＜x＜0时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，∴x＝0，1，﹣1都是f(x)的极值点.
设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(x﹣1)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是( )
A.函数f(x)有极大值f(﹣3)和f(3)
B.函数f(x)有极小值f(﹣3)和f(3)
C.函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(﹣3)
D.函数f(x)有极小值f(﹣3)和极大值f(3)
【答案解析】答案为：D.
解析：由题图知，当x∈(﹣∞，﹣3)时，y＞0，x﹣1＜0⇒f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(﹣3，1)时，y＜0，x﹣1＜0⇒f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(1，3)时，y＞0，x﹣1＞0⇒f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(3，＋∞)时，y＜0，x﹣1＞0⇒f′(x)＜0，f(x)单调递减.
所以函数有极小值f(﹣3)和极大值f(3).
函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a＋b等于( )
A.﹣7 B.0 C.﹣7或0 D.﹣15或6
【答案解析】答案为：A
解析：由题意知，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
因为f(x)在x＝1处取得极值10，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝3＋2a＋b＝0，,f1＝1＋a＋b＋a2＝10，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝－11，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝3，))检验知，当a＝﹣3，b＝3时，
可得f′(x)＝3x2﹣6x＋3＝3(x﹣1)2≥0，此时函数f(x)单调递增，函数无极值点，不符合题意；
当a＝4，b＝﹣11时，可得f′(x)＝3x2＋8x﹣11＝(3x＋11)(x﹣1)，
当x＜﹣eq \f(11,3)或x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当﹣eq \f(11,3)＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x＝1时，函数f(x)取得极小值，符合题意.所以a＋b＝﹣7.
设函数f(x)＝xcs x的一个极值点为m，则tan(m+eq \f(π,4))等于( )
A.eq \f(m－1,m＋1) B.eq \f(m＋1,m－1) C.eq \f(1－m,m＋1) D.eq \f(m＋1,1－m)
【答案解析】答案为：B
解析：由f′(x)＝cs x﹣xsin x＝0，得tan x＝eq \f(1,x)，所以tan m＝eq \f(1,m)，
故tan(m+eq \f(π,4))＝eq \f(1＋tan m,1－tan m)＝eq \f(m＋1,m－1).
若函数f(x)＝eq \f(x2＋2x,ex)的极大值点与极小值点分别为a，b，则a＋b等于( )
A.﹣4 B.eq \r(2) C.0 D.2
【答案解析】答案为：C
解析：f′(x)＝eq \f(2－x2,ex)，当﹣eq \r(2)＜x＜eq \r(2)时，f′(x)＞0；当x＜﹣eq \r(2)或x＞eq \r(2)时，f′(x)＜0.故f(x)＝eq \f(x2＋2x,ex)的极大值点与极小值点分别为eq \r(2)，﹣eq \r(2)，则a＝eq \r(2)，b＝﹣eq \r(2)，所以a＋b＝0.
已知函数f(x)＝2ln x＋ax2﹣3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为( )
A.2 B.﹣eq \f(5,2) C.3＋ln 2 D.﹣2＋2ln 2
【答案解析】答案为：B
解析：由题意得，f′(x)＝eq \f(2,x)＋2ax﹣3，
∵f(x)在x＝2处取得极小值，∴f′(2)＝4a﹣2＝0，解得a＝eq \f(1,2)，
∴f(x)＝2ln x＋eq \f(1,2)x2﹣3x，f′(x)＝eq \f(2,x)＋x﹣3＝eq \f(x－1x－2,x)，
∴f(x)在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，
∴f(x)的极大值为f(1)＝eq \f(1,2)﹣3＝﹣eq \f(5,2).
函数f(x)＝x＋2cs x在[0，π]上的最大值为( )
A.π﹣2 B.eq \f(π,6) C.2 D.eq \f(π,6)＋eq \r(3)
【答案解析】答案为：D
解析：由题意得，f′(x)＝1﹣2sin x，∴当0≤sin x≤eq \f(1,2)，即x在[0，eq \f(π,6)]和[eq \f(5π,6)，π]上时，
f′(x)≥0，f(x)单调递增；当eq \f(1,2)＜sin x≤1，即x在(eq \f(π,6)，eq \f(5π,6))上时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，∴f(x)有极大值f(eq \f(π,6))＝eq \f(π,6)＋eq \r(3)，有极小值f(eq \f(5π,6))＝eq \f(5π,6)﹣eq \r(3)，而端点值f(0)＝2，f(π)＝π﹣2，则f(eq \f(π,6))＞f(0)＞f(π)＞f(eq \f(5π,6))，∴f(x)在[0，π]上的最大值为eq \f(π,6)＋eq \r(3).
如图是函数y＝f(x)的导函数的图象，下列结论中正确的是( )
A.f(x)在[﹣2，﹣1]上单调递增
B.当x＝3时，f(x)取得最小值
C.当x＝﹣1时，f(x)取得极大值
D.f(x)在[﹣1，2]上单调递增，在[2，4]上单调递减
【答案解析】答案为：D
解析：根据题图知，当x∈(﹣2，﹣1)，x∈(2，4)时，f′(x)＜0，函数y＝f(x)单调递减；
当x∈(﹣1，2)，x∈(4，＋∞)时，f′(x)＞0，函数y＝f(x)单调递增.
所以y＝f(x)在[﹣2，﹣1]上单调递减，在(﹣1，2)上单调递增，在(2，4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，故选项A不正确，选项D正确；
故当x＝﹣1时，f(x)取得极小值，选项C不正确；当x＝3时，f(x)不是取得最小值，选项B不正确.
函数f(x)＝ax3﹣6ax2＋b在区间[﹣1，2]上的最大值为3，最小值为﹣29(a＞0)，则a，b的值为( )
A.a＝2，b＝﹣29 B.a＝3，b＝2 C.a＝2，b＝3 D.以上都不对
【答案解析】答案为：C
解析：函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2﹣12ax＝3ax(x﹣4)，因为a＞0，所以由f′(x)＜0，计算得出0＜x＜4，此时函数单调递减，由f′(x)＞0，计算得出x＞4或x＜0，此时函数单调递增，即函数在[﹣1，0]上单调递增，在[0，2]上单调递减，即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值，则f(0)＝b＝3，则f(x)＝ax3﹣6ax2＋3，f(﹣1)＝﹣7a＋3，f(2)＝﹣16a＋3，则f(﹣1)＞f(2)，即函数的最小值为f(2)＝﹣16a＋3＝﹣29，计算得出a＝2，b＝3.
函数y＝(x﹣2)ex＋m在[0,2]上的最小值是2﹣e，则最大值是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案解析】答案为：B
解析：y′＝ex＋(x﹣2)ex＝(x﹣1)ex，
因为x∈[0,2]，所以当x∈[0,1)时，y′<0，当x∈(1,2]时，y′>0，
所以函数在[0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，
所以函数在x＝1处取得最小值，根据题意有﹣e＋m＝2﹣e，所以m＝2，
当x＝0时，y＝﹣2＋2＝0，当x＝2时，y＝0＋2＝2，
所以其最大值是2.
已知函数f(x)＝x3﹣(3a＋eq \f(3,2))x2＋6ax，若f(x)在(﹣1，＋∞)上既有极大值，又有最小值，且最小值为3a﹣eq \f(1,2)，则a的取值范围为( )
A.(﹣eq \f(1,6),eq \f(1,2)) B.(﹣eq \f(1,2),﹣eq \f(1,6)) C.(﹣eq \f(1,2),﹣eq \f(1,6)] D.(﹣eq \f(1,2),eq \f(1,2))
【答案解析】答案为：C
解析：因为f′(x)＝3x2﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6a＋3))x＋6a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－6a))(x﹣1)的零点为2a和1，
又f(1)＝3a﹣eq \f(1,2)，所以1是函数的极小值点也是最小值点，则2a是函数的极大值点，
所以﹣1<2a<1，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))≥3a﹣eq \f(1,2)，解得﹣eq \f(1,2) 函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2﹣ax(x＞0)在[eq \f(1,2)，3]上有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是( )
A.(eq \f(5,2)，eq \f(10,3)) B.[eq \f(5,2)，eq \f(10,3)) C.(eq \f(5,2)，eq \f(10,3)] D.[2，eq \f(10,3)]
【答案解析】答案为：B
解析：∵f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2﹣ax(x＞0)，∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋x﹣a，
∵函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2﹣ax(x＞0)在[eq \f(1,2)，3]上有且仅有一个极值点，
∴y＝f′(x)在[eq \f(1,2)，3]上只有一个变号零点.令f′(x)＝eq \f(1,x)＋x﹣a＝0，得a＝eq \f(1,x)＋x.
设g(x)＝eq \f(1,x)＋x，则g(x)在[eq \f(1,2)，3]上单调递减，在[1，3]上单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝2，又g(eq \f(1,2))＝eq \f(5,2)，g(3)＝eq \f(10,3)，
∴当eq \f(5,2)≤a＜eq \f(10,3)时，y＝f′(x)在[eq \f(1,2)，3]上只有一个变号零点.
∴实数a的取值范围为[eq \f(5,2)，eq \f(10,3)).
二、填空题
函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋x2﹣3x﹣4在[0，2]上的最小值是________.
【答案解析】答案为：﹣eq \f(17,3).
解析：f′(x)＝x2＋2x﹣3，令f′(x)＝0得x＝1(x＝﹣3舍去)，
又f(0)＝﹣4，f(1)＝﹣eq \f(17,3)，f(2)＝﹣eq \f(10,3)，故f(x)在[0，2]上的最小值是f(1)＝﹣eq \f(17,3).
若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3﹣ax2＋x﹣5无极值点，则实数a的取值范围是________.
【答案解析】答案为：[﹣1,1]
解析：∵f(x)＝eq \f(1,3)x3﹣ax2＋x﹣5，∴f′(x)＝x2﹣2ax＋1，由函数f(x)＝eq \f(1,3)x3﹣ax2＋x﹣5无极值点知，f′(x)＝0至多有1个实数根，∴Δ＝(﹣2a)2﹣4≤0，解得﹣1≤a≤1，故实数a的取值范围是[﹣1,1].
已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2，当x＝﹣1时有极值0，则a＋b的值为________.
【答案解析】答案为：11.
解析：f′(x)＝3x2＋6ax＋b，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′－1＝0，,f－1＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－6a＋b＋3＝0，,a2＋3a－b－1＝0，))解之，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝9.))当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立，所以f(x)在x＝﹣1处无极值，舍去.所以a＝2，b＝9.所以a＋b＝11.
若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3﹣4x＋m在[0，3]上的最大值为4，则m＝________.
【答案解析】答案为：4
解析：f′(x)＝x2﹣4，x∈[0，3]，当x∈[0，2)时，f′(x)＜0，当x∈(2，3]时，f′(x)＞0，所以f(x)在[0，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增.又f(0)＝m，f(3)＝﹣3＋m.所以在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.
已知函数f(x)＝2ln x，g(x)＝x＋2，若f(x1)＝g(x2)，则x1﹣x2的最小值为______.
【答案解析】答案为：4﹣2ln 2.
解析：设f(x1)＝g(x2)＝t，即2ln x1＝t，x2＋2＝t，解得x1＝，x2＝t﹣2，
所以x1﹣x2＝﹣t＋2，令h(t)＝﹣t＋2，则h′(t)＝eq \f(1,2)﹣1，
令h′(t)＝0，解得t＝2ln 2，当t＜2ln 2时，h′(t)＜0，当t＞2ln 2时，h′(t)＞0，
所以h(t)在(﹣∞，2ln 2)上单调递减，在(2ln 2，＋∞)上单调递增，
所以h(t)的最小值为h(2ln 2)＝eln 2﹣2ln 2＋2＝4﹣2ln 2，
所以x1﹣x2的最小值为4﹣2ln 2.
已知函数g(x)满足g(x)＝g′(1)ex﹣1﹣g(0)x＋eq \f(1,2)x2，且存在实数x0，使得不等式2m﹣1≥g(x0)成立，则实数m的取值范围为________.
【答案解析】答案为：[1，＋∞).
解析：g′(x)＝g′(1)ex﹣1﹣g(0)＋x，令x＝1，得g′(1)＝g′(1)﹣g(0)＋1，
∴g(0)＝1，g(0)＝g′(1)e0﹣1＝1，∴g′(1)＝e，
∴g(x)＝ex﹣x＋eq \f(1,2)x2，g′(x)＝ex﹣1＋x，
当x＜0时，g′(x)＜0，当x＞0时，g′(x)＞0，
∴当x＝0时，函数g(x)取得最小值g(0)＝1.
根据题意得2m﹣1≥g(x)min＝1，∴m≥1.
三、解答题
已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3﹣ax2＋4，且x＝2是函数f(x)的一个极小值点.
(1)求实数a的值；
(2)求f(x)在区间[﹣1,3]上的最大值和最小值.
【答案解析】解：(1)f′(x)＝x2﹣2ax.
∵x＝2是函数f(x)的一个极小值点，
∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝0.即4﹣4a＝0，解得a＝1.
经检验，当a＝1时，x＝2是函数f(x)的一个极小值点.∴实数a的值为1.
(2)由(1)知，f(x)＝eq \f(1,3)x3﹣x2＋4，f′(x)＝x2﹣2x＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2)).
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.
当x在[﹣1,3]上变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
当x＝﹣1或x＝2时，f(x)有最小值eq \f(8,3)；
当x＝0或x＝3时，f(x)有最大值4.
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.
【答案解析】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∈( SKIPIF 1 < 0 ，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),+∞).
已知函数f(x)＝x﹣1＋eq \f(a,ex)(a∈R，e为自然对数的底数).
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；
(2)求函数f(x)的极值.
【答案解析】解：(1)因为f(x)＝x﹣1＋eq \f(a,ex)，所以f′(x)＝1﹣eq \f(a,ex)，
又因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，所以f′(1)＝0，
即1﹣eq \f(a,e1)＝0，所以a＝e.
(2)由(1)知f′(x)＝1﹣eq \f(a,ex)，当a≤0时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(﹣∞，＋∞)上单调递增，因此f(x)无极大值与极小值；
当a＞0时，令f′(x)＞0，则x＞ln a，所以f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增，
令f′(x)＜0，则x＜ln a，所以f(x)在(﹣∞，ln a)上单调递减，
故f(x)在x＝ln a处取得极小值，且f(ln a)＝ln a，但是无极大值，
综上，当a≤0时，f(x)无极大值与极小值；
当a＞0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，但是无极大值.
已知函数f(x)＝x2﹣2x＋aln x(a＞0).
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，x1＜x2，不等式f(x1)≥mx2恒成立，求实数m的取值范围.
【答案解析】解：(1)f′(x)＝2x﹣2＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x2－2x＋a,x)，x＞0，
一元二次方程2x2﹣2x＋a＝0的Δ＝4(1﹣2a)，
①当a≥eq \f(1,2)时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当0＜a＜eq \f(1,2)时，令f′(x)＝0，得x1＝eq \f(1－\r(1－2a),2)＞0，x2＝eq \f(1＋\r(1－2a),2)＞0，
所以当0＜x＜eq \f(1－\r(1－2a),2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当eq \f(1－\r(1－2a),2)＜x＜eq \f(1＋\r(1－2a),2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x＞eq \f(1＋\r(1－2a),2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.
综上所述，当a≥eq \f(1,2)时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，当0＜a＜eq \f(1,2)时，f(x)的单调递增区间为(0，eq \f(1－\r(1－2a),2))，(eq \f(1＋\r(1－2a),2)，+∞).
(2)由(1)知，0＜a＜eq \f(1,2)，x1＋x2＝1，x1x2＝eq \f(a,2)，则0＜x1＜eq \f(1,2)＜x2，
由f(x1)≥mx2恒成立，得xeq \\al(2,1)﹣2x1＋aln x1≥mx2，
即(1﹣x2)2﹣2(1﹣x2)＋2(1﹣x2)x2ln(1﹣x2)≥mx2，
即m≤x2﹣eq \f(1,x2)＋2(1﹣x2)ln(1﹣x2)，记h(x)＝x﹣eq \f(1,x)＋2(1﹣x)ln(1﹣x)，
1＞x＞eq \f(1,2)，则h′(x)＝eq \f(1,x2)﹣2ln(1﹣x)﹣1＞0(eq \f(1,2)＜x＜1)，故h(x)在(eq \f(1,2)，1)上单调递增，
H(eq \f(1,2))＝﹣eq \f(3,2)﹣ln 2，故m≤﹣eq \f(3,2)﹣ln 2.
x
﹣1
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0))
0
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2))
2
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，3))
3
f′(x)
＋
0
﹣
0
＋
f(x)
eq \f(8,3)
↗
4
↘
eq \f(8,3)
↗
4