新课程2021高考数学一轮复习第二章第11讲第2课时利用导数研究函数的极值最值课时作业含解析2021

第2课时 利用导数研究函数的极值、最值组 基础关1．(2020·赤峰摸底)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) 答案 D解析 由函数的图象可知，f ′(－2)＝0，f ′(2)＝0，并且当x <－2时，f ′(x )>0，当－2<x <1时，f ′(x )<0，函数f (x )有极大值f (－2)．又当1<x <2，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，故函数f (x )有极小值f (2)．2．函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的极大值为( )A.283 B ．6 C.263 D ．7 答案 A解析 f ′(x )＝x 2－4，令f ′(x )＝0，得x ＝±2，当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0；当x ∈(－2,2)时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的极大值为f (－2)＝13×(－2)3－4×(－2)＋4＝283.3．函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－e D ．0 答案 B解析 f ′(x )＝1x－1，由f ′(x )＝0得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，e)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－1.4．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则ab的值为( )A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23答案 A解析 由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，满足题意，故a b ＝－23.5．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋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 ．－37B ．－29C ．－5D ．－13答案 A解析 f ′(x )＝6x 2－12x ，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2.当x ∈(－2，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (0)＝m ＝3，从而f (－2)＝－37，f (2)＝－5，所以f (x )min ＝f (－2)＝－37.6．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则( ) A ．a <－1 B ．a >－1 C ．a >－1eD ．a <－1e答案 A解析 因为y ＝e x ＋ax ，所以y ′＝e x ＋a ，又函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解，当x >0时，－e x <－1，所以a ＝－e x <－1.故选A.7．已知函数f (x )＝1＋e xx，则( )A ．f (x )有1个零点B ．f (x )在(0,1)上为减函数C ．y ＝f (x )的图象关于点(1,0)对称D ．f (x )有2个极值点 答案 B解析 由f (x )＝0得e x ＝－1，无实根，所以f (x )有0个零点，故A 错误；因为f ′(x )＝e x x －1－1x2，当x ∈(0,1)时，e x >0，x －1<0，所以f ′(x )<0，f (x )为减函数，故B 正确；因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝2(1＋e 12)＋23(1＋e 32)≠0，所以y ＝f (x )的图象不关于点(1,0)对称，故C 错误；由f ′(x )＝0得e x (x －1)－1＝0，即e x ＝1x －1，数形结合可知此方程只有一个实数根，所以f (x )至多有1个极值点，故D 错误．8．已知函数f (x )＝x 3－3ax ＋b 的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f (x )的极大值是________．答案 6解析 因为f (x )的单调递减区间为(－1,1)，所以a >0， 由f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x －a )(x ＋a )，可得a ＝1，由f (x )＝x 3－3ax ＋b 在x ＝1处取得极小值2， 可得1－3＋b ＝2，故b ＝4.所以f (x )＝x 3－3x ＋4的极大值为f (－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.9．函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a >0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫22，＋∞ 解析 ∵函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a >0)， ∴f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )(a >0)， 令f ′(x )＝0，可得x ＝－a 或x ＝a ，当x <－a 或x >a 时，f ′(x )>0，当－a <x <a 时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(－∞，－a )和(a ，＋∞)上是增函数， 在(－a ，a )上是减函数，∴当x ＝－a 时，f (x )取得极大值，极大值是f (－a )＝2a 3＋a ， 当x ＝a 时，f (x )取得极小值，极小值是f (a )＝－2a 3＋a ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a >0，2a 3＋a >0，－2a 3＋a <0，解得a >22.∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫22，＋∞. 10．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin2x ，则f (x )的最小值是________．答案 －332解析 f ′(x )＝2cos x ＋2cos2x ＝4cos 2x ＋2cos x －2＝4(cos x ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫cos x －12，所以当cos x <12时函数单调递减，当cos x >12时函数单调递增，从而得到函数的减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－5π3，2k π－π3(k ∈Z )，函数的增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π＋π3(k ∈Z )，所以当x ＝2k π－π3，k ∈Z 时，函数f (x )取得最小值，此时sin x ＝－32，sin2x ＝－32，所以f (x )min ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32－32＝－332.组 能力关1．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( )A.34B.23C.32 D ．1 答案 D解析 由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1.令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a ，当0<x <1a时，f ′(x )>0；当1a<x <2时，f ′(x )<0.∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1.2．已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12C ．(0,1)D ．(0，＋∞) 答案 B解析 因为f (x )＝x (ln x －ax )，所以f ′(x )＝ln x －2ax ＋1.由题可知f ′(x )在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令f ′(x )＝0，则2a ＝ln x ＋1x .令g (x )＝ln x ＋1x ，则g ′(x )＝－ln xx2，所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又因为当x 从右边趋近于0时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，而g (x )max ＝g (1)＝1，所以只需0<2a <1，即0<a <12.3．(2019·南宁模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x e x －x 2－2x x ≤1，2x －3x >1.当x ∈(－∞，m ]时，f (x )∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1－1e ，则实数m 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，2－12e解析 当x ≤1时，f ′(x )＝(x ＋1)(e x －2)． 令f ′(x )>0得ln 2<x ≤1或x <－1， 令f ′(x )<0得－1<x <ln 2.所以函数f (x )在(－1，ln 2)上单调递减． 在(－∞，－1)和(ln 2,1)上单调递增，所以函数f (x )在x ＝－1时取得极大值f (－1)＝1－1e ；在x ＝ln 2时取得极小值f (ln 2)＝－(ln 2)2，f (1)＝e －3<f (－1)．当x >1时，由f (x )＝2x －3≤1－1e ，解得x ≤2－12e.综上所述，实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，2－12e .4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x <1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解 (1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝3.(2)①当－1≤x <1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2. ②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ， 当a ≤0时，f (x )≤0；当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增， 则f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a .故当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.5．设f (x )＝x ln x －32ax 2＋(3a －1)x .(1)g (x )＝f ′(x )在[1,2]上单调，求a 的取值范围； (2)已知f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围． 解 (1)由f ′(x )＝ln x －3ax ＋3a ， 即g (x )＝ln x －3ax ＋3a ，x ∈(0，＋∞)， g ′(x )＝1x－3a ，①g (x )在[1,2]上单调递增， 所以1x－3a ≥0对x ∈[1,2]恒成立，即a ≤13x 对x ∈[1,2]恒成立，得a ≤16；②g (x )在[1,2]上单调递减， 所以1x－3a ≤0对x ∈[1,2]恒成立，即a ≥13x 对x ∈[1,2]恒成立，得a ≥13，由①②可得a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，16∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞.(2)由(1)知，①若a ≤0，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，符合题意；②若0<a <13，则13a >1，又f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13a 上单调递增，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13a 时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13a 上单调递增，f (x )在x ＝1处取得极小值，符合题意；③若a ＝13，则13a ＝1，f ′(x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不符合题意；④若a >13，则0<13a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以f (x )在x ＝1处取得极大值，不符合题意．综上所述，可得a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，13.。