2022人教版高考数学（浙江版）一轮复习训练：第三章第2讲第2课时导数与函数的极值、最值（含解析）

[A级　基础练]1．设函数f(x)＝xex＋1，则(　　)A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点解析：选D.由f(x)＝xex＋1，可得f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)>0可得x>－1，即函数f(x)在(－1，＋∞)上是增函数；令f′(x)<0可得x<－1，即函数f(x)在(－∞，－1)上是减函数，所以x＝－1为f(x)的极小值点．故选D.2．函数y＝在[0，2]上的最大值是(　　)A.B.C．0D.解析：选A.易知y′＝，x∈[0，2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得2≥x>1，所以函数y＝在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y＝在[0，2]上的最大值是y|x＝1＝，故选A.3．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)＝0.4．函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则x＋x等于(　　)A.B.C.D.解析：选C.函数f(x)的图象过原点，所以d＝0.又f(－1)＝0且f(2)＝0，即－1＋b－c＝0且8＋4b＋2c＝0，解得b＝－1，c＝－2，所以函数f(x)＝x3－x2－2x，所以f′(x)＝3x2－2x－2，由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2＝，x1x2＝－，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋＝.5．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　)A．[－3，＋∞)B．(－3，＋∞)C．(－∞，－3)D．(－∞，－3]解析：选D.由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表x(－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，所以k≤－3.6．(2020·台州市高三期末考试)已知函数f(x)＝x2－3x＋lnx，则f(x)在区间[，2]上的最小值为________；当f(x)取到最小值时，x＝________． 解析：f′(x)＝2x－3＋＝(x＞0)，令f′(x)＝0，得x＝或x＝1，当x∈[，1]时，f′(x)＜0，x∈[1，2]时，f′(x)＞0，所以f(x)在区间[，1]上单调递减，在区间[1，2]上单调递增，所以当x＝1时，f(x)在区间[，2]上的最小值为f(1)＝－2.答案：－2　17．若函数f(x)＝x3－3ax在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a的取值范围为________．解析：因为f′(x)＝3(x2－a)，所以当a≤0时，f′(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，f(x)没有极值点，不符合题意；当a>0时，令f′(x)＝0得x＝±，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示：x(－∞，－)－(－，)(，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值因为函数f(x)在区间(－1，2)上仅有一个极值点，所以或解得1≤a<4.答案：[1，4)8．(2020·义乌模拟)已知函数f(x)＝lnx－nx(n>0)的最大值为g(n)，则使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范围为________．解析：易知f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝－n(x>0，n>0)，当x∈时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)的最大值g(n)＝f＝－lnn－1.设h(n)＝g(n)－n＋2＝－lnn－n＋1.因为h′(n)＝－－1<0，所以h(n)在(0，＋∞)上单调递减．又h(1)＝0，所以当0<n<1时，h(n)>h(1)＝0，故使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范围为(0，1)．答案：(0，1)9．已知函数f(x)＝ax2－blnx在点A(1，f(1))处的切线方程为y＝1.(1)求实数a，b的值；(2)求函数f(x)的极值．解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2ax－，f(1)＝a＝1，f′(1)＝2a－b＝0，将a＝1代入2a－b＝0，解得b＝2.(2)由(1)得f(x)＝x2－2lnx(x>0)，所以f′(x)＝2x－＝，令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)极小值＝f(1)＝1，无极大值．[B级　综合练]10．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)A．－1B．－2e－3C．5e－3D．1解析：选A.因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex －1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2<x<1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1，选择A.11．(2021·嘉兴高三调研)已知函数f(x)＝xex－lnx－x－2，g(x)＝＋lnx－x的最小值分别为a，b，则(　　)A．a＝b　　　　　　　　B．a＜bC．a＞bD．a，b的大小关系不确定解析：选A.令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，因为当x＜0时，0＜ex＜1，当x≥0时ex≥1.所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，所以ex≥x＋1.所以f(x)＝xex－lnx－x－2＝elnx·ex－lnx－x－2＝ex＋lnx－(x＋lnx)－2≥x＋lnx＋1－(x＋lnx)－2＝－1＝a，g(x)＝＋lnx－x＝x－1ex－2＋lnx－x＝e－lnx＋x－2＋lnx－x≥x－lnx－2＋1＋lnx－x＝－1＝b，所以a＝b，故选A.12．若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是________．解析：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<.答案：13．已知函数f(x)＝－lnx，m∈R.(1)若函数f(x)的图象在(2，f(2))处的切线与直线x－y＝0平行，求实数n的值； (2)试讨论函数f(x)在区间[1，＋∞)上的最大值．解：(1)由题意得f′(x)＝，所以f′(2)＝.由于函数f(x)的图象在(2，f(2))处的切线与直线x－y＝0平行，所以＝1，解得n＝6.(2)f′(x)＝，令f′(x)<0，得x>n；令f′(x)>0，得x<n.①当n≤1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝m－n；②当n>1时，函数f(x)在[1，n)上单调递增，在(n，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(n)＝m－1－lnn.14．(2020·温州中学高三模考)已知函数f(x)＝ln(2ax＋1)＋－x2－2ax(a∈R)．(1)若x＝2为f(x)的极值点，求实数a的值；(2)若y＝f(x)在[3，＋∞)上为增函数，求实数a的取值范围；(3)当a＝－时，方程f(1－x)＝＋有实根，求实数b的最大值．解：(1)f′(x)＝＋x2－2x－2a＝，因为x＝2为f(x)的极值点，所以f′(2)＝0，即－2a＝0，解得a＝0.(2)因为函数f(x)在[3，＋∞)上为增函数，所以f′(x)＝≥0在[3，＋∞)上恒成立．①当a＝0时，f′(x)＝x(x－2)>0在[3，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[3，＋∞) 上为增函数，故a＝0符合题意．②当a≠0时，由函数f(x)的定义域可知，必须有2ax＋1>0对x≥3恒成立，故只能a>0，所以2ax2＋(1－4a)x－(4a2＋2)≥0在[3，＋∞)上恒成立．令函数g(x)＝2ax2＋(1－4a)x－(4a2＋2)，其对称轴为x＝1－，因为a>0，所以1－<1，要使g(x)≥0在[3，＋∞)上恒成立，只要g(3)≥0即可，即g(3)＝－4a2＋6a＋1≥0，所以≤a≤.因为a>0，所以0<a≤.综上所述，a的取值范围为.(3)当a＝－时，方程f(1－x)＝＋可化为lnx－(1－x)2＋(1－x)＝.问题转化为b＝xlnx－x(1－x)2＋x(1－x)＝xlnx＋x2－x3在(0，＋∞)上有解，即求函数g(x)＝xlnx＋x2－x3的值域．因为函数g(x)＝xlnx＋x2－x3，令函数h(x)＝lnx＋x－x2(x>0)，则h′(x)＝＋1－2x＝，所以当0<x<1时，h′(x)>0，从而函数h(x)在(0，1)上为增函数，当x>1时，h′(x)<0，从而函数h(x)在(1，＋∞)上为减函数，因此h(x)≤h(1)＝0.而x>0，所以b＝x·h(x)≤0，因此当x＝1时，b取得最大值0.[C级　提升练]15．(2021·金华十校联考)若函数y＝f(x)存在n－1(n∈N*)个极值点，则称y＝f(x)为n折函数，例如f(x)＝x2为2折函数．已知函数f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则f(x)为(　　) A．2折函数B．3折函数C．4折函数D．5折函数解析：选C.f′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)(3x＋2)＝(x＋2)·(ex－3x－2)，令f′(x)＝0，得x＝－2或ex＝3x＋2.易知x＝－2是f(x)的一个极值点，又ex＝3x＋2，结合函数图象，y＝ex与y＝3x＋2有两个交点．又e－2≠3×(－2)＋2＝－4.所以函数y＝f(x)有3个极值点，则f(x)为4折函数．16．(2020·浙江东阳中学期中检测)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，则a的取值范围是________．解析：设g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由题意存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线y＝ax－a的下方，因为g′(x)＝ex(2x＋1)，所以当x<－时，g′(x)<0，当x>－时，g′(x)>0，所以当x＝－时，g(x)min＝－2e－，当x＝0时，g(0)＝－1，g(1)＝e>0，直线y＝ax－a恒过(1，0)，斜率为a，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1.答案：≤a<1