2025版高中数学一轮复习课时作业梯级练十五导数与函数的极值最值课时作业理含解析新人教A版

PAGE课时作业梯级练十五导数与函数的极值、最值一、选择题(每小题5分,共25分)1.下列结论错误的是 ()A.函数的极大值肯定比微小值大B.导数等于0的点不肯定是函数的极值点C.若x0是函数y=f(x)的极值点,则肯定有f′(x0)=0D.函数的最大值不肯定是极大值,函数的最小值也不肯定是微小值【解析】选A.对于A,如图,在x1处的极大值比在x2处的微小值小.所以A符合题意.对于B,如y=x3在x=0处,导数为0,但不是极值点,不符合题意.对于C,由极值点定义知明显正确,不符合题意.对于D,如图知正确,不符合题意.2.已知函数f(x)是R上的可导函数,f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图,则下列结论正确的是 ()A.a,c分别是极大值点和微小值点B.b,c分别是极大值点和微小值点C.f(x)在区间(a,c)上是增函数D.f(x)在区间(b,c)上是减函数【解析】选C.由极值点的定义可知,a是微小值点,无极大值点;由导函数的图象可知,函数f(x)在区间(a,+∞)上是增函数.3.函数f(x)=(1-x)ex有 ()A.最大值1 B.最小值1C.最大值e D.最小值e【解析】选A.f′(x)=-ex+(1-x)ex=-xex,当x<0时,f′(x)>0,当x>0时,f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)有最大值为f(0)=1.4.(2024·湘潭模拟)某莲藕种植塘每年的固定成本是1万元,每年最大规模的种植是8万斤,每种植一斤藕,成本增加0.5元,销售额函数是f(x)=-QUOTEx3+QUOTEax2+QUOTEx,x是莲藕种植量,单位:万斤;销售额的单位:万元,a是常数,若种植2万斤,利润是2.5万元,则要使利润最大,每年种植莲藕 ()A.8万斤 B.6万斤C.3万斤 D.5万斤【解析】选B.设销售利润为g(x),得g(x)=-QUOTEx3+QUOTEax2+QUOTEx-1-QUOTEx=-QUOTEx3+QUOTEax2-1,当x=2时,g(2)=-QUOTE×23+QUOTEa×22-1=2.5,解得a=2.所以g(x)=-QUOTEx3+QUOTEx2-1,g′(x)=-QUOTEx2+QUOTEx=-QUOTEx(x-6),所以函数g(x)在(0,6)上单调递增,在(6,8)上单调递减.所以当x=6时,函数g(x)取得极大值即最大值.5.(2024·丽江模拟)设函数fQUOTE=x2+mlnQUOTE有两个极值点,则实数m的取值范围是 ()A.QUOTE B.QUOTEC.QUOTE D.QUOTE【解析】选B.fQUOTE的定义域为QUOTE.f′QUOTE=QUOTE,令其分子为gQUOTE=2x2+2x+mQUOTE,在区间QUOTE上有两个零点,故QUOTE解得m∈QUOTE.二、填空题(每小题5分,共15分)6.函数f(x)=QUOTEx3-4x+QUOTE的极大值是,微小值是.

【解析】f′(x)=x2-4,令f′(x)=0,解得x1=-2,x2=2.当x改变时,f(x),f′(x)的改变状况如表:x(-∞,-2)-2(-2,2)2(2,+∞)f′(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减微小值单调递增因此,当x=-2时,f(x)有极大值f(-2)=QUOTE;当x=2时,f(x)有微小值f(2)=-5.答案:QUOTE-5【加练备选·拔高】已知函数f(x)=QUOTEx3+x2-2ax+1,若函数f(x)在(1,2)上有极值,则实数a的取值范围为.

【解析】f′(x)=x2+2x-2a的图象是开口向上的抛物线,且对称轴为x=-1,则f′(x)在(1,2)上是单调递增函数,因此QUOTE解得QUOTE<a<4,故实数a的取值范围为QUOTE.答案:QUOTE7.(2024·郑州模拟)已知函数f(x)=axcosx+QUOTE在区间QUOTE上有最大值QUOTE,则实数a=.

【解析】因为f(x)=axcosx+QUOTE⇒f′(x)=a(cosx-xsinx),因为x∈QUOTE⇒cosx-xsinx<0,所以当a<0时,f′(x)>0⇒f(x)为增函数⇒f(x)max=f(π)=QUOTE⇒a=-QUOTE,当a>0时,f′(x)<0⇒f(x)为减函数⇒f(x)max=fQUOTE=QUOTE≠QUOTE(舍去),所以a=-QUOTE.答案:-QUOTE8.(2024·乐山模拟)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.若f(x)在x=2处取得微小值,则a的取值范围为.

【解析】f′(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex.若a>QUOTE,则当x∈QUOTE时,f′(x)<0;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在x=2处取得微小值.当a≤QUOTE,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤QUOTEx-1<0,所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的微小值点.综上可知,a的取值范围是QUOTE.答案:QUOTE【加练备选·拔高】可导函数的凹凸性与其导数的单调性有关,假如函数的导函数在某个区间上单调递增,那么在这个区间上函数是向下凹的,反之则是向上凸的,曲线上凹凸性的分界点称为曲线的拐点,则函数f(x)=QUOTE-x2+1的极大值点为,拐点为.

【解析】由题意可知f′(x)=x2-2x=x(x-2),故函数f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,故其极大值在x=0处取到,所以f(x)的极大值点为x=0,极大值为1,又拐点是二阶导数也等于零的点,即f″(x)=2x-2=2(x-1)=0,所以x=1,f′(1)=1-2=-1,拐点为(1,-1).答案:x=0(1,-1)三、解答题(每小题10分,共20分)9.某商场销售某种商品的阅历表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满意关系式y=QUOTE+10(x-5)2,其中2<x<5,a为常数.已知销售价格为4元/千克时,每日可售出该商品10.5千克.(1)求a的值;(2)若该商品的成本为2元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.【解析】(1)因为x=4时,y=10.5,所以QUOTE+10=10.5,所以a=1.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量y=QUOTE+10(x-5)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)=(x-2)QUOTE=1+10(x-2)(x-5)2,2<x<5.从而,f′(x)=10[(x-5)2+2(x-2)(x-5)]=30(x-3)(x-5).于是,当x改变时,f′(x),f(x)的改变状况如表:x(2,3)3(3,5)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值41单调递减由表可得,x=3是函数f(x)在区间(2,5)内的极大值点,也是最大值点.所以当x=3时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于41.答:当销售价格为3元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.10.(2024·贵阳模拟)已知函数f(x)=QUOTE(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)=QUOTE=QUOTE.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.所以当-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)的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3),(0,+∞).(2)由(1)知,x=-3是f(x)的微小值点,所以QUOTE解得a=1,b=5,c=5,所以f(x)=QUOTE,因为f(x)的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-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)=QUOTE=5e5>5=f(0),所以函数f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值是5e5.1.(5分)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数y=(1-x)f′(x)的图象如图所示,则下列结论中肯定成立的是 ()A.函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(1)B.函数f(x)有极大值f(-2)和微小值f(1)C.函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(-2)D.函数f(x)有极大值f(-2)和微小值f(2)【解析】选D.由题图可知,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.由此可以得到函数f(x)在x=-2处取得极大值,在x=2处取得微小值.2.(5分)用长为30m的钢条围成一个长方体形态的框架(即12条棱长总和为30m),A.24m3C.12m3【解析】选B.设该长方体的宽是xm,由题意知,其长是QUOTEm,高是QUOTE=QUOTEm(0<x<3),则该长方体的体积V(x)=x·QUOTE·QUOTE=-QUOTEx3+QUOTEx2,V′(x)=-QUOTEx2+QUOTEx,由V′(x)=0,得到x=2(x=0舍去),且当0<x<2时,V′(x)>0;当2<x<3时,V′(x)<0,即体积函数V(x)在x=2处取得极大值V(2)=15,也是函数V(x)在定义域上的最大值.所以该长方体体积的最大值是15m33.(5分)若函数f(x)的导数f′(x)=QUOTE(x-k)k,k≥1,k∈Z,已知x=k是函数f(x)的极大值点,则k=.

【解析】因为函数的导数为f′(x)=QUOTE(x-k)k,k≥1,k∈Z,所以若k是偶数,则x=k不是极值点,则k是奇数,若k<QUOTE,由f′(x)>0,解得x>QUOTE或x<k;由f′(x)<0,解得k<x<QUOTE,即当x=k时,函数f(x)取得极大值.因为k≥1,k∈Z,所以k=1.若k>QUOTE,由f′(x)>0,解得x>k或x<QUOTE;由f′(x)<0,解得QUOTE<x<k,即当x=k时,函数f(x)取得微小值不满意条件.答案:14.(10分)设a>0,函数f(x)=QUOTEx2-(a+1)x+a(1+lnx).(1)求曲线y=f(x)在(2,f(2))处与直线y=-x+1垂直的切线方程;(2)求函数f(x)的极值.【解析】(1)由已知得x>0,f′(x)=x-(a+1)+QUOTE,y=f(x)在(2,f(2))处切线的斜率为1,所以f′(2)=1,即2-(a+1)+QUOTE=1,所以a=0,此时f(2)=2-2=0,故所求的切线方程为y=x-2.(2)f′(x)=x-(a+1)+QUOTE=QUOTE=QUOTE.①当0<a<1时,若x∈(0,a),f′(x)>0,函数f(x)单调递增;若x∈(a,1),f′(x)<0,函数f(x)单调递减;若x∈(1,+∞),f′(x)>0,函数f(x)单调递增.此时x=a是f(x)的极大值点,x=1是f(x)的微小值点,函数f(x)的极大值是f(a)=-QUOTEa2+alna,微小值是f(1)=-QUOTE.②当a=1时,f′(x)=QUOTE>0,所以函数f(x)在定义域(0,+∞)内单调递增,此时f(x)没有极值点,故无极值.③当a>1时,若x∈(0,1),f′(x)>0,函数f(x)单调递增;若x∈(1,a),f′(x)<0,函数f(x)单调递减;若x∈(a,+∞),f′(x)>0,函数f(x)单调递增.此时x=1是f(x)的极大值点,x=a是f(x)的微小值点,函数f(x)的极大值是f(1)=-QUOTE,微小值是f(a)=-QUOTEa2+alna.综上,当0<a<1时,f(x)的极大值是-QUOTEa2+alna,微小值是-QUOTE;当a=1时,f(x)没有极值;当a>1时,f(x)的极大值是-QUOTE,微小值是-QUOTEa2+alna.5.(10分)已知函数f(x)=ex-ax,a>0.(1)记f(x)的微小值为g(a),求g(a)的最大值;(2)若对随意实数x,恒有f(x)≥0,求f(a)的取值范围.【解析】(1)函数f(x)的定义域是(-∞,+∞),f′(x)=ex-a.令f′(x)=0,得x=lna,易知当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0,当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0,所以函数f(x)在x=lna处取微小值,g(a)=f(x)微小值=f(lna)=elna-alna=a-alna.g′(a)=1-(1+lna)=-lna,当0<a<1时,g′(a)>0,g(a)在(0,1)上单调递增;当a>1时,g′(a)<0,g(a)在(1,+∞)上单调递减.所以a=1是函数g(a)在(0,+∞)上的极大值点,也是最大值点,所以g(a)max=g(1)=1.(2)明显,当x≤0时,ex-ax≥0(a>0)恒成立.当x>0时,由f(x)≥0,即ex-ax≥0,得a≤QUOTE.令h(x)=QUOTE,x∈(0,+∞),则h′(x)=QUOTE=QUOTE,当0<x<1时,h′(x)<0,当x>1时,h′(x)>0,故h(x)的最小值为h(1)=e,所以a≤e,故实数a的取值范围是(0,e].f(a)=ea-a2,a∈(0,e],f′(a)=ea-2a,易知ea-2a≥0对a∈(0,e]恒成立,故f(a)在(0,e]上单调递增,所以f(0)=1<f(a)≤f(e)=ee-e2,即f(a)的取值范围是(1,ee-e2].【加练备选·拔高】(2024·厦门模拟)已知函数f(x)=QUOTE-x+alnx.(1)若f(x)在(0,+∞)上为单调函数,求实数a的取值范围;(2)若QUOTE≤a≤QUOTE,记f(x)的两个极值点为x1,x2,记QUOTE的最大值与最小值分别为M,m,求M-m的值.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-QUOTE-1+QUOTE=-QUOTE.因为f(x)为单调函数,所以x2-ax+1≥0对x>0恒成立,即a≤x+QUOTE对x∈(0,+∞)恒成立,所以x+QUOTE≥2,当且仅当x=1时取等号,所以a≤2.(2)由(1)知x1,x2是x2-ax+1=0的两个根,从而x1+x2=a,x1x2=1,不妨设x1<x2,则t=QUOTE=QUOTE=QUOTE,0<t<1,由已知QUOTE≤a≤QUOTE,所以t为关于a的减函数,所以QUOTE≤t≤QUOTE,QUOTE=-QUOTE-1+aQUOTE=-2+(x1+x2)QUOTE=-2+QUOTElnt.令h(t)=-2+QUOTElnt,则h′(t)=QUOTE.因为当a=2时,f(x)=QUOTE-x+2lnx在(0,+∞)上为减函数,所以当t<1时,f(t)=QUOTE-t+2lnt>f(1)=0,从而h′(t)<0,所以h(t)在(0,1)上为减函数,所以当QUOTE≤a≤QUOTE时,M-m=hQUOTE-hQUOTE=QUOTE.(2024·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(1)探讨f(x)的单调性.(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的全部值;若不存在,说明理由.【解析】(1)f′(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f′(x)=0,得x=0或x=QUOTE.若a>0,则当x∈(-∞,0)∪QUOTE时,f′(x)>0;当x∈QUOTE时,f′(x)<0.故f(x)在(-∞,0),QUOTE上单调递增,在QUOTE上单调递减;若a=0,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;若a<0,则当x∈QUOTE∪(0,+∞)时,f′(x)>0;当x∈QUOTE时,f′(x)<0.故f(x)在QUOTE,(0,+∞)上单调递增,在QUOTE上单调递减.(2)满意题设条件的a,b存在.①当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满意题设条件,当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.②当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满意题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.③当0<a<3时,由(1)知,f(x)在[0,1]上的最小值为fQUOTE=-QUOTE+b,最大值为b或2-a+b.若-QUOTE+b=-1,b=1,则a=3QUOTE,与0<a<3冲突.若-QUOTE+b=-1,2-a+b=1,则a=3QUOTE或a=-3QUOTE或a=0,与0<a<3冲突.综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在区间[0,1]上的最小值为-1,最大值为1.【加练备选·拔高】设函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R,f′(x)为f(x)的导函数.(1)若a≠b,b=c,且f(x)和f′(x)的零点均在集合{-3,1,3}中,求f(x)的微小值;(2)若a=0,0<b≤1,c=1,且f(x)的极大值