高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 練案（16）第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第十二講 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 第2課時(shí) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

[練案16]第二課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值A(chǔ)組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，則(D)A．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極大值點(diǎn)B．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極小值點(diǎn)C．x＝2為f(x)的極大值點(diǎn)D．x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)[解析]f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx(x>0)，f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)，令f′(x)＝0，得x＝2.當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0，這時(shí)f(x)為增函數(shù)；當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0，這時(shí)f(x)為減函數(shù)，據(jù)此知x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)．故選D.2．(2020·成都市高三摸底測(cè)試)已知函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)的極小值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為(A)A．1 B．2C．3 D．4[解析]如圖，在區(qū)間(a，b)內(nèi)，f′(c)＝0，且在x＝c附近的左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，所以在區(qū)間(a，b)內(nèi)只有1個(gè)極小值點(diǎn)，故選A.3．(2020·貴陽(yáng)模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值為(A)A．eq\f(1,2) B．1C．0 D．不存在[解析]f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1.所以f(x)在x＝1處取得極小值f(1)＝eq\f(1,2)，也是f(x)的最小值eq\f(1,2).故選A.4．(2020·湖南長(zhǎng)沙模擬)已知x＝eq\f(1,e)是函數(shù)f(x)＝xln(ax)＋1的極值點(diǎn)，則a＝(B)A．eq\f(1,2) B．1C．eq\f(1,e) D．2[解析]由f(x)＝xln(ax)＋1，可得f′(x)＝ln(ax)＋1，因?yàn)閤＝eq\f(1,e)是函數(shù)f(x)＝xln(ax)＋1的極值點(diǎn)，所以ln(a·eq\f(1,e))＋1＝0，解得a＝1.經(jīng)驗(yàn)證a＝1滿足題意．故選B.5．(2019·海南八校聯(lián)盟開(kāi)學(xué)考試)已知函數(shù)f(x)＝3lnx－x2＋(a－eq\f(1,2))x在區(qū)間(1,3)上有最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(B)A．(－eq\f(1,2)，5) B．(－eq\f(1,2)，eq\f(11,2))C．(eq\f(1,2)，eq\f(11,2)) D．(eq\f(1,2)，5)[解析]f′(x)＝eq\f(3,x)－2x＋a－eq\f(1,2)，由題意易知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1>0，,f′3<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)>0，,a－\f(11,2)<0，))解得－eq\f(1,2)<a<eq\f(11,2).故選B.6．已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，則(C)A．當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)在x＝1處取得極小值B．當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)在x＝1處取得極大值C．當(dāng)k＝2時(shí)，f(x)在x＝1處取得極小值D．當(dāng)k＝2時(shí)，f(x)在x＝1處取得極大值[解析]當(dāng)k＝1時(shí)，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0，所以x＝1不是f(x)的極值點(diǎn)．當(dāng)k＝2時(shí)，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，顯然f′(1)＝0，且在x＝1附近的左側(cè)f′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在x＝1處取得極小值．故選C.二、多選題7．下列四個(gè)函數(shù)，在x＝0處取得極值的函數(shù)有(BC)A．y＝x3 B．y＝x2＋1C．y＝|x| D．y＝2x[解析]對(duì)于A、D，y＝x3和y＝2x在x＝0處無(wú)極值．B、C符合．故選B、C.8．已知函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(2,x)－3lnx，其中a為常數(shù)．若f(x)在(0，＋∞)上既存在極大值也存在極小值，則實(shí)數(shù)a的取值可以是(BD)A．－1 B．0C．eq\f(1,2) D．1[解析]f′(x)＝a＋eq\f(2,x2)－eq\f(3,x)＝eq\f(ax2－3x＋2,x2)(x>0)，由題設(shè)可得方程ax2－3x＋2＝0在(0，＋∞)上有兩個(gè)不等的正實(shí)根，不妨設(shè)這兩個(gè)根為x1，x2，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝9－8a>0，,x1＋x2＝\f(3,a)>0，,x1x2＝\f(2,a)>0，))解得0<a<eq\f(9,8).故實(shí)數(shù)a的取值可能為eq\f(1,2)，1.故選B、D.三、填空題9．函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx的極小值為_(kāi)_1＋ln2__.[解析]f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)，當(dāng)x>2時(shí)f′(x)>0，當(dāng)0<x<2時(shí)f′(x)<0，∴f(x)的極小值為f(2)＝1＋ln2.10．函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx在[eq\f(π,6)，π]上的最大值為eq\f(π,2).[解析]因?yàn)閒′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，當(dāng)x∈[eq\f(π,6)，eq\f(π,2)]時(shí)，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)遞增，當(dāng)x∈(eq\f(π,2)，π]時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)遞減，所以f(x)max＝f(eq\f(π,2))＝eq\f(π,2).11．函數(shù)y＝xex在其極值點(diǎn)處的切線方程為y＝－eq\f(1,e).[解析]y′＝(x＋1)ex，當(dāng)x<－1時(shí)，y′<0；當(dāng)x>－1時(shí)y′>0，∴函數(shù)在x＝－1時(shí)取得極小值－eq\f(1,e)，又y′|x＝－1＝0，∴所求切線方程為y＝－eq\f(1,e).12．已知函數(shù)f(x)＝(x2＋x＋m)ex(其中m∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．若在x＝－3處函數(shù)f(x)有極大值，則函數(shù)f(x)的極小值是__－1__.[解析]由f(x)＝(x2＋x＋m)ex，得f′(x)＝(x2＋3x＋m＋1)·ex.若在x＝－3處函數(shù)f(x)有極大值，則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－3<x<0.故f(x)在(－∞，－3)上單調(diào)遞增，在(－3,0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)極小值＝f(0)＝－1.四、解答題13．(2020·重慶南開(kāi)中學(xué)模擬)若曲線f(x)＝ex＋x2－mx在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜率為e＋1.(1)求實(shí)數(shù)m的值；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1,1]上的最大值．[解析](1)f′(x)＝ex＋2x－m，∴f′(1)＝e＋2－m，由條件知e＋2－m＝e＋1，解得m＝1，故實(shí)數(shù)m的值為1.(2)f′(x)＝ex＋2x－1為增函數(shù)且f′(1)＝e＋1>0，f′(－1)＝e－1－3<0，∴在區(qū)間(－1,1)上存在x0使f′(x0)＝0，∴函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1，x0]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[x0,1]上單調(diào)遞增，∴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]上的最大值為e.14．(2020·重慶高三調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝a(x－eq\f(1,x))－2lnx，a>0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，求證：f(x1)＋f(x2)＝0.[解析]f′(x)＝a(1＋eq\f(1,x2))－eq\f(2,x)＝eq\f(ax2－2x＋a,x2)，其中方程ax2－2x＋a＝0的根的判別式Δ＝4－4a2，故當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)0<a<1時(shí)，f(x)在(0，eq\f(1－\r(1－a2),a))遞增，在(eq\f(1－\r(1－a2),a)，eq\f(1＋\r(1－a2),a))遞減，在(eq\f(1＋\r(1－a2),a)，＋∞)上遞增．(2)證明：由(1)知x1＋x2＝eq\f(2,a)，x1x2＝1，∴f(x1)＋f(x2)＝a(x1－eq\f(1,x1))－2lnx1＋a(x2－eq\f(1,x2))－2lnx2＝a(x1＋x2)－eq\f(ax1＋x2,x1x2)－2ln(x1x2)＝a·eq\f(2,a)－eq\f(a·\f(2,a),1)－2ln1＝0.B組能力提升1．(多選題)(2020·濟(jì)寧市月考)下圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象，給出下列命題正確的是(AD)A．－3是函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)B．－1是函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)C．y＝f(x)在x＝0處的切線的斜率小于零D．y＝f(x)在區(qū)間(－3,1)上單調(diào)遞增[解析]由圖可知x<－3時(shí)，f′(x)<0，x∈(－3,2)時(shí)f′(x)>0，∴－3是f(x)的極小值點(diǎn)．A正確；又x∈(－3,1)時(shí)f′(x)>0，∴f(x)在區(qū)間(－3,1)上單調(diào)遞增，D正確，故選A、D.2．(2020·湖北襄陽(yáng)四校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋xlnx－3x的極值點(diǎn)一定在區(qū)間(B)A．(0,1) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)[解析]函數(shù)的極值點(diǎn)即導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)，f′(x)＝x＋lnx＋1－3＝x＋lnx－2，則f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2>0，由零點(diǎn)存在性定理得f′(x)的零點(diǎn)在(1,2)上，故選B.3．(2020·貴州黔東南州聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(a,x)，若函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值為eq\f(3,2)，則a的值為(A)A．－eq\r(e) B．－eq\f(e,2)C．－eq\f(3,2) D．eeq\f(1,2)[解析]f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2)若a≥0，則f′(x)>0，f(x)在[1，e]上遞增，fmin(x)＝f(1)＝－a＝eq\f(3,2)，則a＝－eq\f(3,2)，矛盾．若a<0，則由f′(x)＝0得x＝－a.若1<－a<e，即－e<a<－1，則fmin(x)＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝eq\f(3,2)，解得a＝－eq\r(e)，符合題意，故選A.事實(shí)上，若－a≥e，即a≤－e，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上遞減，∴fmin(x)＝f(e)＝1－eq\f(a,e)＝eq\f(3,2)，解得a＝－eq\f(e,2)，矛盾；若－a≤1，即a≥－1，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上遞增fmin(x)＝f(1)＝－a＝eq\f(3,2)，解得a＝－eq\f(2,3)，矛盾．4．(2020·貴陽(yáng)檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x－1,x)－lnx.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)在[eq\f(1,e)，e]上的最大值和最小值(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．[解析](1)f(x)＝eq\f(x－1,x)－lnx＝1－eq\f(1,x)－lnx，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．∴f′(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x2)，由f′(x)>0，得0<x<1，由f′(x)<0，得x>1，∴f(x)＝1－eq\f(1,x)－lnx在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)由(1)得f(x)在[eq\f(1,e)，1]上單調(diào)遞增，在[1，e]上單調(diào)遞減，∴f(x)在[eq\f(1,e)，e]上的最大值為f(1)＝1－1－ln1＝0.又f(eq\f(1,e))＝1－e－lneq\f(1,e)＝2－e，f(e)＝1－eq\f(1,e)－lne＝－eq\f(1,e)，且f(eq\f(1,e))<f(e)．∴f(x)在[eq\f(1,e)，e]上的最小值為f(eq\f(1,e))＝2－e.∴f(x)在[eq\f(1,e)，e]上的最大值為0，最小值為2－e.5．(2020·3月份北京市高考適應(yīng)性測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝ex(x－1)－eq\f(1,2)eax2，a<0.(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的極小值；(3)求函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．[解析](1)f′(x)＝ex(x－1)＋ex－eax＝ex·x－ea·