(小白高考)新高考数学(适合艺考生)一轮复习14《导数与函数的极值》巩固练习（含答案）

新高考数学一轮复习14《导数与函数的极值》巩固练习一 、选择题LISTNUMOutlineDefault\l3如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是()A.在区间(﹣2，1)上f(x)是增函数B.在区间(1，3)上f(x)是减函数C.在区间(4，5)上f(x)是增函数D.当x＝2时，f(x)取到极小值LISTNUMOutlineDefault\l3设函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，则()A.x＝eq\f(1,2)为f(x)的极大值点B.x＝eq\f(1,2)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LISTNUMOutlineDefault\l3如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为()A.1B.2C.3D.4LISTNUMOutlineDefault\l3函数f(x)＝﹣x3＋12x＋6在区间[﹣eq\f(1,3)，3]上的零点个数是()A.0B.1C.2D.3LISTNUMOutlineDefault\l3若函数f(x)＝x3＋ax2＋3x﹣9在x＝﹣3时取得极值，则a的值为()A.2B.3C.4D.5LISTNUMOutlineDefault\l3函数f(x)＝(x2﹣1)2＋2的极值点是()A.x＝1B.x＝﹣1C.x＝1或﹣1或0D.x＝0LISTNUMOutlineDefault\l3设函数f(x)在定义域R上可导，其导函数为f′(x)，若函数y＝(1﹣x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B.函数f(x)有极大值f(﹣2)和极小值f(1)C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(﹣2)D.函数f(x)有极大值f(﹣2)和极小值f(2)LISTNUMOutlineDefault\l3设函数f(x)＝lnx＋ax2﹣eq\f(3,2)x，若x＝1是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的极小值为()A.ln2﹣2B.ln2﹣1C.ln3﹣2D.ln3﹣1LISTNUMOutlineDefault\l3若当x＞0时，函数f(x)＝2﹣ex＋mx2有两个极值点，则实数m的取值范围是()A.(eq\f(e,2)，＋∞)B.(0，eq\f(e,2))C.(0，2e)D.(2e，＋∞)LISTNUMOutlineDefault\l3已知函数f(x)＝x3﹣px2﹣qx的图象与x轴相切于点(1,0)，则f(x)的()A.极大值为eq\f(4,27)，极小值为0B.极大值为0，极小值为eq\f(4,27)C.极小值为﹣eq\f(4,27)，极大值为0D.极小值为0，极大值为﹣eq\f(4,27)LISTNUMOutlineDefault\l3设f(x)＝eq\f(1,2)x2＋cosx，则函数f(x)()A.有且仅有一个极小值B.有且仅有一个极大值C.有无数个极值D.没有极值LISTNUMOutlineDefault\l3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处取到极小值B.当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C.当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D.当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值二 、填空题LISTNUMOutlineDefault\l3函数f(x)＝eq\f(cosx－a,ex)在x＝eq\f(π,2)处取得极值，则a＝________.LISTNUMOutlineDefault\l3已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2，当x＝﹣1时有极值0，则a＋b的值为________.LISTNUMOutlineDefault\l3若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3﹣ax2＋x﹣5无极值点，则实数a的取值范围是________.LISTNUMOutlineDefault\l3设函数f(x)=x3＋ax2＋bx(x＞0)的图象与直线y=4相切于点M(1,4)，则y=f(x)在区间(0,4]上的最大值为；最小值为.三 、解答题LISTNUMOutlineDefault\l3已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3﹣ax2＋4，且x＝2是函数f(x)的一个极小值点.(1)求实数a的值；(2)求f(x)在区间[﹣1,3]上的最大值和最小值.LISTNUMOutlineDefault\l3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．LISTNUMOutlineDefault\l3设函数f(x)=x－eq\f(1,x)－alnx(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k=2－a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.LISTNUMOutlineDefault\l3已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)=x3＋ax2＋bx的两个极值点.(1)求a和b的值.(2)设函数g(x)的导函数g′(x)=f(x)＋2，求g(x)的极值点.LISTNUMOutlineDefault\l3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.

LISTNUMOutlineDefault\l3\s0(小白高考)新高考数学(适合体育生)一轮复习14《导数与函数的极值》巩固练习（含答案）答案解析一 、选择题LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：CLISTNUMOutlineDefault\l3答案为：D.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：A.解析：由图象及极值点的定义知，f(x)只有一个极小值点.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：A解析：f′(x)＝﹣3x2＋12，令f′(x)＝0，得x＝±2.所以当x∈[﹣eq\f(1,3)，2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(2，3]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)的极大值为f(2)＝22.因为f(﹣eq\f(1,3))＞0，f(3)＞0，所以函数f(x)在区间[﹣eq\f(1,3)，3]上没有零点.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：D.解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋3，由题意知f′(﹣3)＝0，即3×(﹣3)2＋2a×(﹣3)＋3＝0，解得a＝5.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：C.解析：∵f(x)＝x4﹣2x2＋3，∴由f′(x)＝4x3﹣4x＝4x(x＋1)(x﹣1)＝0，得x＝0或x＝1或x＝﹣1，又当x＜﹣1时，f′(x)＜0，当﹣1＜x＜0时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，∴x＝0，1，﹣1都是f(x)的极值点.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：D.解析：由题图可知，当x＜﹣2时，f′(x)＞0；当x＝﹣2时，f′(x)＝0；当﹣2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＝2时，f′(x)＝0；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可得函数f(x)在x＝﹣2处取得极大值，在x＝2处取得极小值.故选D.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：A解析：∵f(x)＝lnx＋ax2﹣eq\f(3,2)x(x＞0)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax﹣eq\f(3,2)，∵x＝1是函数f(x)的极大值点，∴f′(1)＝1＋2a﹣eq\f(3,2)＝2a﹣eq\f(1,2)＝0，解得a＝eq\f(1,4)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(x,2)﹣eq\f(3,2)＝eq\f(x2－3x＋2,2x)＝eq\f(x－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2)),2x)，∴当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当1＜x＜2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；∴当x＝2时，f(x)有极小值，且极小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2))＝ln2﹣2.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：A解析：因为函数f(x)＝2﹣ex＋mx2，则f′(x)＝﹣ex＋2mx，若当x＞0时，函数f(x)＝2﹣ex＋mx2有两个极值点，则f′(x)＝﹣ex＋2mx＝0在x∈(0，＋∞)上有两个根，即m＝eq\f(ex,2x)在x∈(0，＋∞)上有两个解，令g(x)＝eq\f(ex,2x)，则g′(x)＝eq\f(xex－ex,2x2)＝eq\f(x－1ex,2x2)，当x＞1时，g′(x)＞0，则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，则g(x)在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))上单调递减，所以函数g(x)＝eq\f(ex,2x)在x＝1处取得最小值，即g(1)＝eq\f(e,2)，又x→0＋时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，故m＞eq\f(e,2).LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：A解析：f′(x)＝3x2﹣2px﹣q，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－2p－q＝0，,1－p－q＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝2，,q＝－1，))f′(x)＝3x2﹣4x＋1＝(x﹣1)(3x﹣1)，当x<eq\f(1,3)或x>1时，f′(x)>0，当eq\f(1,3)<x<1时，f′(x)<0，f(x)在(-∞,eq\f(1,3))和(1，＋∞)上单调递增，在(eq\f(1,3),1)上单调递减，所以极大值为f(eq\f(1,3))＝eq\f(4,27)，极小值为f(1)＝0.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：A解析：f′(x)＝x﹣sinx，令g(x)＝x﹣sinx，则g′(x)＝1﹣cosx≥0，∴f′(x)单调递增且f′(0)＝0，∴当x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x>0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，故f(x)有唯一的极小值点.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：C.解析：当k＝1时，f(x)＝(ex﹣1)(x﹣1)，0，1是函数f(x)的零点.当0＜x＜1时，f(x)＝(ex﹣1)(x﹣1)＜0，当x＞1时，f(x)＝(ex﹣1)(x﹣1)＞0，1不会是极值点.当k＝2时，f(x)＝(ex﹣1)(x﹣1)2，零点还是0，1，但是当0＜x＜1，x＞1时，f(x)＞0，由极值的概念，知选C.二 、填空题LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：1.解析：∵f(x)＝eq\f(cosx－a,ex)，∴f′(x)＝eq\f(－sinx－cosx＋a,ex)，又f(x)在x＝eq\f(π,2)处取得极值，∴f′(eq\f(π,2))＝SKIPIF1<0＝0，得a＝1，经检验a＝1符合题意.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：11.解析：f′(x)＝3x2＋6ax＋b，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′－1＝0，,f－1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－6a＋b＋3＝0，,a2＋3a－b－1＝0，))解之，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝9.))当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立，所以f(x)在x＝﹣1处无极值，舍去.所以a＝2，b＝9.所以a＋b＝11.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：[﹣1,1]解析：∵f(x)＝eq\f(1,3)x3﹣ax2＋x﹣5，∴f′(x)＝x2﹣2ax＋1，由函数f(x)＝eq\f(1,3)x3﹣ax2＋x﹣5无极值点知，f′(x)＝0至多有1个实数根，∴Δ＝(﹣2a)2﹣4≤0，解得﹣1≤a≤1，故实数a的取值范围是[﹣1,1].LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：4,0；解析：f′(x)=3x2＋2ax＋b(x＞0).依题意，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝0，,f1＝4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9.))所以f(x)=x3－6x2＋9x.令f′(x)=3x2－12x＋9=0，解得x=1或x=3.当x变化时，f′(x)，f(x)在区间(0,4]上的变化情况如下表：所以函数f(x)=x3－6x2＋9x在区间(0,4]上的最大值是4，最小值是0.三 、解答题LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)f′(x)＝x2﹣2ax.∵x＝2是函数f(x)的一个极小值点，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2))＝0.即4﹣4a＝0，解得a＝1.经检验，当a＝1时，x＝2是函数f(x)的一个极小值点.∴实数a的值为1.(2)由(1)知，f(x)＝eq\f(1,3)x3﹣x2＋4，f′(x)＝x2﹣2x＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2)).令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.当x在[﹣1,3]上变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x﹣1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0))0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，3))3f′(x)＋0﹣0＋f(x)eq\f(8,3)↗4↘eq\f(8,3)↗4当x＝﹣1或x＝2时，f(x)有最小值eq\f(8,3)；当x＝0或x＝3时，f(x)有最大值4.LISTNUMOutlineDefault\l3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>eq\f(1,2)，则当x∈(eq\f(1,a)，2)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≤eq\f(1,2)，则当x∈(0,2)时，x－2<0，ax－1≤eq\f(1,2)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(eq\f(1,2)，＋∞)．LISTNUMOutlineDefault\l3解:(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=1＋eq\f(1,x2)－eq\f(a,x)=eq\f(x2－ax＋1,x2).令g(x)=x2－ax＋1，则方程x2－ax＋1=0的判别式Δ=a2－4.①当|a|≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增.②当a<－2时，Δ>0，g(x)=0的两根都小于0，在(0，＋∞)上恒有f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增.③当a>2时，Δ>0，g(x)=0的两根为x1=eq\f(a－\r(a2－4),2)，x2=eq\f(a＋\r(a2－4),2)，当0<x<x1时，f′(x)>0；当x1<x<x2时，f′(x)<0；当x>x2时，f′(x)>0，故f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减.(2)由(1)知，a>2.因为f(x1)－f(x2)=(x1－x2)＋eq\f(x1－x2,x1x2)－a(lnx1－lnx2)，所以k=eq\f(fx1－fx2,x1－x2)=1＋eq\f(1,x1x2)－a·eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2).又由(1)知，x1x2=1.于是k=2－a·eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2).若存在a，使得k=2－a.则eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)=1.即lnx1－lnx2=x1－x2.亦即x2－eq\f(1,x2)－2lnx2=0(x