2025屆高考數(shù)學一輪復習第二章函數(shù)導數(shù)及其應用第十一節(jié)第2課時導數(shù)與函數(shù)的極值最值課時規(guī)范練文含解析北師大版

PAGE其次章函數(shù)、導數(shù)及其應用第十一節(jié)導數(shù)在探討函數(shù)中的應用其次課時導數(shù)與函數(shù)的極值、最值課時規(guī)范練A組——基礎對點練1．設a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點，則()A．a＜－1 B．a＞－1C．a＞－eq\f(1,e) D．a＜－eq\f(1,e)解析：∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.∵函數(shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點，則方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，∵x＞0時，－ex＜－1，∴a＝－ex＜－1.故選A.答案：A2．(2024·岳陽模擬)下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又存在極值的是()A．y＝x3 B．y＝ln(－x)C．y＝xe－x D．y＝x＋eq\f(2,x)解析：A、B為單調函數(shù)，不存在極值，C不是奇函數(shù)，故選D.答案：D3．設函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點，則下列圖像不行能為y＝f(x)圖像的是()解析：因為[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；選項D中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不滿意f′(－1)＋f(－1)＝0.答案：D4．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m為常數(shù))在[－2，2]上有最大值3，那么此函數(shù)在[－2，2]上的最小值是()A．－37 B．－29C．－5 D．以上都不對解析：f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，所以f(x)在[－2，0]上單調遞增，在(0，2]上單調遞減．所以x＝0為極大值點，也為最大值點．所以f(0)＝m＝3，所以m＝3.所以f(－2)＝－37，f(2)＝－5.所以最小值是－37.答案：A5．若a＞0，b＞0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，若t＝ab，則t的最大值為()A．2 B．3C．6 D．9解析：∵f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2，∴f′(x)＝12x2－2ax－2b，又∵f(x)在x＝1處有極值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0?a＋b＝6，∵a＞0，b＞0，a＋b≥2eq\r(ab)，∴ab≤9，當且僅當a＝b＝3時等號成立．故選D.答案：D6．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，則f(2)等于()A．11或18 B．11C．18 D．17或18答案：C7．(2024·南昌調研)已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，設函數(shù)f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1，2)，則()A．當k＝1時，f(x)在x＝1處取得微小值B．當k＝1時，f(x)在x＝1處取得極大值C．當k＝2時，f(x)在x＝1處取得微小值D．當k＝2時，f(x)在x＝1處取得極大值解析：當k＝1時，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0，∴x＝1不是f(x)的極值點．當k＝2時，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，明顯f′(1)＝0，且在x＝1旁邊的左側f′(x)＜0，當x＞1時，f′(x)＞0，∴f(x)在x＝1處取得微小值．故選C.答案：C8．(2024·山東臨沂模擬)已知y＝f(x)是奇函數(shù)，當x∈(0，2)時，f(x)＝lnx－ax(a＞eq\f(1,2))，當x∈(－2，0)時，f(x)的最小值為1，則a＝()A.eq\f(1,4) B．eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D．1解析：因為f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)在(0，2)上的最大值為－1.當x∈(0，2)時，f′(x)＝eq\f(1,x)－a，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)，又a＞eq\f(1,2)，所以0＜eq\f(1,a)＜2.當x＜eq\f(1,a)時，f′(x)＞0，f(x)在(0，eq\f(1,a))上單調遞增；當x＞eq\f(1,a)時，f′(x)＜0，f(x)在(eq\f(1,a)，2)上單調遞減，所以f(x)max＝f(eq\f(1,a))＝lneq\f(1,a)－a·eq\f(1,a)＝－1，解得a＝1.答案：D9．求函數(shù)y＝2x－eq\f(1,x2)的極大值．解析：y′＝2＋eq\f(2,x3)，令y′＝0，得x＝－1.當x＜－1時，y′＞0；當－1＜x＜0時，y′＜0.當x＞0，y′＞0，所以當x＝－1時，y取極大值－3.10．已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在極大值又存在微小值，求實數(shù)m的取值范圍．解析：因為f′(x)＝3x2＋2mx＋(m＋6)，所以Δ＝4m2－4×3(m＋6)＞0，解得m＞6或m＜－3，所以實數(shù)m的取值范圍是(－∞，－3)∪(6，＋∞)．B組——素養(yǎng)提升練11．(2024·南通調研)已知函數(shù)f(x)＝2f′(1)lnx－x，則f(x解析：因為f′(x)＝eq\f(2f′（1）,x)－1，所以f′(1)＝2f′(1)－1，所以f′(1)＝1，故f(x)＝2lnx－x，f′(x)＝eq\f(2,x)－1＝eq\f(2－x,x)，則f(x)在(0，2)上為增函數(shù)，在(2，＋∞)上為減函數(shù)，所以當x＝2時f(x)取得極大值，且f(x)極大值＝f(2)＝2ln2－2.答案：2ln2－212．(2024·沈陽模擬)設函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－bx，若x＝1是f(x)的極大值點，則a的取值范圍為________．解析：f(x)的定義域為(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－ax－b，∵x＝1是f(x)的極大值點，∴f′(1)＝0即1－a－b＝0，∴b＝1－a，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－ax－(1－a)＝eq\f(－ax2＋1＋ax－x,x)＝eq\f(－（x－1）（ax＋1）,x).①若a≥0，當0＜x＜1時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增；當x＞1時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減，∴x＝1是f(x)的極大值點．②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－eq\f(1,a).因為x＝1是f(x)的極大值點，所以－eq\f(1,a)＞1，解得－1＜a＜0.綜合①②得a的取值范圍是a＞－1.答案：(－1，＋∞)13．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax2＋bx＋c,ex)(a＞0)的導函數(shù)y＝f′(x)的兩個零點為－3和0.(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)若f(x)的微小值為－e3，求f(x)在區(qū)間[－5，＋∞)上的最大值．解析：(1)f′(x)＝eq\f(（2ax＋b）ex－（ax2＋bx＋c）ex,（ex）2)＝eq\f(－ax2＋（2a－b）x＋b－c,ex)，令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，因為ex＞0，所以y＝f′(x)的零點就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零點，且f′(x)與g(x)符號相同．又因為a＞0，所以－3＜x＜0時，g(x)＞0，即f′(x)＞0，當x＜－3或x＞0時，g(x)＜0，即f′(x)＜0，所以f(x)的單調增區(qū)間是(－3，0)，單調減區(qū)間是(－∞，－3)，(0，＋∞)．(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的微小值點，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(9a－3b＋c,e－3)＝－e3，,g（0）＝b－c＝0，,g（－3）＝－9a－3（2a－b）＋b－c＝0，))解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝eq\f(x2＋5x＋5,ex).因為f(x)的單調增區(qū)間是(－3，0)，單調減區(qū)間是(－∞，－3)，(0，＋∞)，所以f(0)＝5為函數(shù)f(x)的極大值，故f(x)在區(qū)間[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者．而f(－5)＝eq\f(5,e－5)＝5e5＞5＝f(0)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[－5，＋∞)上的最大值是5e5.14．已知常數(shù)a≠0，f(x)＝alnx＋2x.(1)當a＝－4時，求f(x)的極值；(2)當f(x)的最小值不小于－a時，求實數(shù)a的取值范圍．解析：(1)由已知得f(x)的定義域為x∈(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2＝eq\f(a＋2x,x).當a＝－4時，f′(x)＝eq\f(2x－4,x).∴當0＜x＜2時，f′(x)＜0，即f(x)單調遞減；當x＞2時，f′(x)＞0，即f(x)單調遞增．∴f(x)只有微小值，且在x＝2時，f(x)取得微小值f(2)＝4－4ln2，無極大值．(2)∵f′(x)＝eq\f(a＋2x,x)，∴當a＞0，x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上單調遞增，沒有最小值；當a＜0時，由f′(x)＞0得，x＞－eq\f(a,2)，∴f(x)在(－eq\f(a,2)，＋∞)上單調遞增；由f′(x)＜0得，0＜x＜－eq\f(a,2)，∴f(x)在(0，－eq\f(a