【数学】2021届一轮复习人教版（文理通用）第2章第12讲第2课时导数与函数的极值、最值作业
对应学生用书[练案16理][练案16文]
第二课时 导数与函数的极值、最值
A组基础巩固
一、选择题
1．设函数f(x)＝＋ln x，则( D )
A．x＝为f(x)的极大值点
B．x＝为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
[解析] f(x)＝＋ln x(x>0)，f′(x)＝－＋＝，令f′(x)＝0，得x＝2.当x>2时，f′(x)>0，这时f(x)为增函数；当0
0，所以在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A．
4．(2020·贵阳模拟)函数f(x)＝x2－lnx的最小值为( A )
A． B．1
C．0 D．不存在
[解析] f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得01时，f′(x)>0，所以f(x)在x＝1处取得极小值．故选C．
8．已知函数f(x)＝ax－－3ln x，其中a为常数．若f(x)在(0，＋∞)上既存在极大值也存在极小值，则实数a的取值范围是( B )
A．(－∞，) B．(0，)
C．[0，] D．(，＋∞)
[解析] f′(x)＝a＋－＝(x>0)，由题设可得方程ax2－3x＋2＝0在(0，＋∞)上有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1，x2，则有解得02时f′(x)>0，当0－1时y′>0，∴函数在x＝－1时取得极小值－，又y′|x＝－1＝0，∴所求切线方程为y＝－.
12．(文)(2019·北京市昌平区一模)若函数f(x)＝在x＝1处取得极值，则实数a＝3 .
(理)已知函数f(x)＝(x2＋x＋m)ex(其中m∈R，e为自然对数的底数)．若在x＝－3处函数f(x)有极大值，则函数f(x)的极小值是－1 .
[解析] (文)f′(x)＝，由f(x)在x＝1处取得极值知f′(1)＝0，∴a＝3.
(理)由f(x)＝(x2＋x＋m)ex，得f′(x)＝(x2＋3x＋m＋1)·ex.若在x＝－3处函数f(x)有极大值，则f′(－3)＝0，解得m＝－1，故f(x)＝(x2＋x－1)ex，f′(x)＝(x2＋3x)ex.令f′(x)>0，解得x>0或x<－3；令f′(x)<0，解得－30，f′(－1)＝e－1－3<0，∴在区间(－1,1)上存在x0使f′(x0)＝0，∴函数f(x)在区间[－1，x0]上单调递减，在区间[x0,1]上单调递增，∴f(x)max＝max{f(－1)，f(1)}，又f(－1)＝e－1＋2，f(1)＝e，∴f(x)max＝e.故f(x)在[－1,1]上的最大值为e.
14．(2019·重庆高三11月调研)已知函数f(x)＝a(x－)－2ln x，a>0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＝0.
[解析] f′(x)＝a(1＋)－＝，其中方程ax2－2x＋a＝0的根的判别式Δ＝4－4a2，故当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当00，∴－3是f(x)的极小值点．①正确；又x∈(－3,1)时f′(x)≥0，∴f(x)在区间(－3,1)上单调递增，④正确，故选A．
2．(2019·湖北襄阳四校联考)函数f(x)＝x2＋xlnx－3x的极值点一定在区间( B )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,3) D．(3,4)
[解析] 函数的极值点即导函数的零点，f′(x)＝x＋lnx＋1－3＝x＋lnx－2，则f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2>0，由零点存在性定理得f′(x)的零点在(1,2)上，故选B．
3．(文)(2019·南昌模拟)已知函数f(x)＝(2x－x2)ex，则( A )
A．f()是f(x)的极大值也是最大值
B．f()是f(x)的极大值但不是最大值
C．f(－)是f(x)的极小值也是最小值
D．f(x)没有最大值也没有最小值
(理)(2019·贵州黔东南州联考)已知函数f(x)＝lnx－，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为，则a的值为( A )
A．－ B．－
C．－ D．e
[解析] (文)由题意得f′(x)＝(2－2x)ex＋(2x－x2)ex＝(2－x2)ex，当－0，函数f(x)单调递增；当x<－或x>时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x)在x＝处取得极大值f()＝2(－1)e>0，在x＝－处取得极小值f(－)＝2(－－1)e－<0，又当x<0时，f(x)＝(2x－x2)ex<0，所以f()是f(x)的极大值也是最大值．故选A．
(理)f′(x)＝＋＝
若a≥0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上递增，
fmin(x)＝f(1)＝－a＝，则a＝－，矛盾．
若a<0，则由f′(x)＝0得x＝－a.
若1<－a0，得01，
∴f(x)＝1－－lnx在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)由(1)得f(x)在[，1]上单调递增，在[1，e]上单调递减，
∴f(x)在[，e]上的最大值为f(1)＝1－1－ln1＝0.
又f()＝1－e－ln＝2－e，f(e)＝1－－lne＝－，且f()0，解得x>0；由g′(x)<0，解得x<0，
故g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故g(x)存在1个极值点．
当00，解得x0，
由g′(x)<0，解得ln(2a)时，由g′(x)>0，解得x<0或x>ln(2a)，
由g′(x)<0，解得0时，g(x)存在2个极值点，当a≤0时，g(x)存在1个极值点，当a＝时，g(x)没有极值点．
