【数学】2020届数学（理）一轮复习人教版：第二章第三节　导数与函数的极值、最值作业

【数学】2020届数学（理）一轮复习人教版：第二章第三节　导数与函数的极值、最值作业

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)‎ A级　基础夯实练 ‎1．(2018·聊城二模)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＋ 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．(2018·南京模拟)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．(2018·南昌调研)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．(2018·佛山调研)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．(2018·山东临沂模拟)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a＝(　　)‎ A. B． C. 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)＝－a，令f′(x)＝0，得x＝，又a＞，所以0＜＜2.当x＜时，f′(x)＞0，f(x)在上单调递增；当x＞时，f′(x)＜0，f(x)在上单调递减，所以f(x)max＝f ‎＝ln －a·＝－1，解得a＝1.‎ ‎6．(2018·南通调研)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)＝－1，所以f′(1)＝‎2f′(1)－1，所以f′(1)＝1，故f(x)＝2ln x－x，f′(x)＝－1＝，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 2－2‎ ‎7．(2018·大同模拟)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＜或x＞2，f′(x)＜0⇒＜x＜2，故函数在及(2，＋∞)上单调递增，在上单调递减，所以x＝2是极小值点，故c＝2(不合题意，舍去)，c＝6.‎ 答案：6‎ ‎8．(2018·遵义模拟)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：e ‎9．已知函数f(x)＝(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)＝ ‎＝，‎ 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 解得a＝1，b＝5，c＝5，‎ 所以f(x)＝.‎ 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)＝＝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)＝＋2＝.当a＝－4时，f′(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)＝，‎ ‎∴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＞－，‎ ‎∴f(x)在上单调递增；‎ 由f′(x)＜0得，0＜x＜－，∴f(x)在上单调递减．‎ ‎∴当a＜0时，f(x)的最小值为f＝aln＋2×.‎ 根据题意得f＝aln＋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．(2018·武汉模拟)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． C．[1，2) D． 解析：选B.因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又因为f′(x)＝4x－，所以由f′(x)＝0解得x＝，由题意得解得1≤k＜.‎ ‎13．(2018·江苏卷)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＞，‎ 由f′(x)＜0解得0＜x＜，‎ ‎∴f(x)在上递减，在上递增．‎ 又f(x)只有一个零点，∴f＝－＋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：－3‎ ‎14．(2018·北京卷)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＞，则当x∈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≤，则当x∈(0，2)时，x－2＜0，ax－1≤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.‎ ‎15．(2017·浙江卷)已知函数f(x)＝(x－)·e－x.‎ ‎(1)求f(x)的导函数；‎ ‎(2)求f(x)在区间上的取值范围．‎ 解：(1)因为(x－)′＝1－，‎ ‎(e－x)′＝－e－x，‎ 所以f′(x)＝e－x－(x－)e－x ‎＝.‎ ‎(2)由f′(x)＝＝0，‎ 解得x＝1或x＝.‎ 因为 x ‎1‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎ e－  ‎0‎  e－  又f(x)＝(－1)2e－x≥0，‎ 所以f(x)在区间上的取值范围是.‎ C级　素养加强练 ‎16．(2018·辽宁省五校联考)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)≥－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)＝，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＝，x4＝，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)在上单调递增，在上单调递减，在(，＋∞)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)＝2ln＋(x1－x2)(x1＋x2－‎2a)＝2ln＋＝2ln＋－，‎ 令t＝，则0＜t＜1，f(x1)－f(x2)＝2ln t＋－t，‎ 令g(t)＝2ln t＋－t(0＜t＜1)，则g′(t)＝－＜0，‎ 故g(t)在(0，1)上单调递减且g＝－2ln 2，‎ 故g(t)＝f(x1)－f(x2)≥－2ln 2＝g，即0＜t≤，‎ 而a2＝(x1＋x2)2＝＋＋2＝t＋＋2，其中0＜t≤，令h(t)＝t＋＋2，t∈，‎ 所以h′(t)＝1－＜0在t∈上恒成立，‎ 故h(t)＝t＋＋2在上单调递减，从而a2≥，‎ 故a的取值范围是.‎