2025届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十一节第2课时导数与函数的极值最值课时规范练文含解析北师大版

PAGE其次章函数、导数及其应用第十一节导数在探讨函数中的应用其次课时导数与函数的极值、最值课时规范练A组——基础对点练1．设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则()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.∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，∵x＞0时，－ex＜－1，∴a＝－ex＜－1.故选A.答案：A2．(2024·岳阳模拟)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是()A．y＝x3 B．y＝ln(－x)C．y＝xe－x D．y＝x＋eq\f(2,x)解析：A、B为单调函数，不存在极值，C不是奇函数，故选D.答案：D3．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，则下列图像不行能为y＝f(x)图像的是()解析：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，不满意f′(－1)＋f(－1)＝0.答案：D4．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值3，那么此函数在[－2，2]上的最小值是()A．－37 B．－29C．－5 D．以上都不对解析：f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，所以f(x)在[－2，0]上单调递增，在(0，2]上单调递减．所以x＝0为极大值点，也为最大值点．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，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，若t＝ab，则t的最大值为()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处有极值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0⇒a＋b＝6，∵a＞0，b＞0，a＋b≥2eq\r(ab)，∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时等号成立．故选D.答案：D6．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于()A．11或18 B．11C．18 D．17或18答案：C7．(2024·南昌调研)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处取得微小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取得极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得微小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极大值解析：当k＝1时，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0，∴x＝1不是f(x)的极值点．当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，明显f′(1)＝0，且在x＝1旁边的左侧f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，∴f(x)在x＝1处取得微小值．故选C.答案：C8．(2024·山东临沂模拟)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝lnx－ax(a＞eq\f(1,2))，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a＝()A.eq\f(1,4) B．eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D．1解析：因为f(x)是奇函数，所以f(x)在(0，2)上的最大值为－1.当x∈(0，2)时，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.当x＜eq\f(1,a)时，f′(x)＞0，f(x)在(0，eq\f(1,a))上单调递增；当x＞eq\f(1,a)时，f′(x)＜0，f(x)在(eq\f(1,a)，2)上单调递减，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．求函数y＝2x－eq\f(1,x2)的极大值．解析：y′＝2＋eq\f(2,x3)，令y′＝0，得x＝－1.当x＜－1时，y′＞0；当－1＜x＜0时，y′＜0.当x＞0，y′＞0，所以当x＝－1时，y取极大值－3.10．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在微小值，求实数m的取值范围．解析：因为f′(x)＝3x2＋2mx＋(m＋6)，所以Δ＝4m2－4×3(m＋6)＞0，解得m＞6或m＜－3，所以实数m的取值范围是(－∞，－3)∪(6，＋∞)．B组——素养提升练11．(2024·南通调研)已知函数f(x)＝2f′(1)lnx－x，则f(x解析：因为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)，则f(x)在(0，2)上为增函数，在(2，＋∞)上为减函数，所以当x＝2时f(x)取得极大值，且f(x)极大值＝f(2)＝2ln2－2.答案：2ln2－212．(2024·沈阳模拟)设函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为________．解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－ax－b，∵x＝1是f(x)的极大值点，∴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，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，∴x＝1是f(x)的极大值点．②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－eq\f(1,a).因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－eq\f(1,a)＞1，解得－1＜a＜0.综合①②得a的取值范围是a＞－1.答案：(－1，＋∞)13．已知函数f(x)＝eq\f(ax2＋bx＋c,ex)(a＞0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的微小值为－e3，求f(x)在区间[－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，因为ex＞0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同．又因为a＞0，所以－3＜x＜0时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，当x＜－3或x＞0时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，所以f(x)的单调增区间是(－3，0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的微小值点，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).因为f(x)的单调增区间是(－3，0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，故f(x)在区间[－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)，所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.14．已知常数a≠0，f(x)＝alnx＋2x.(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．解析：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2＝eq\f(a＋2x,x).当a＝－4时，f′(x)＝eq\f(2x－4,x).∴当0＜x＜2时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减；当x＞2时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增．∴f(x)只有微小值，且在x＝2时，f(x)取得微小值f(2)＝4－4ln2，无极大值．(2)∵f′(x)＝eq\f(a＋2x,x)，∴当a＞0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a＜0时，由f′(x)＞0得，x＞－eq\f(a,2)，∴f(x)在(－eq\f(a,2)，＋∞)上单调递增；由f′(x)＜0得，0＜x＜－eq\f(a,2)，∴f(x)在(0，－eq\f(a