资源简介

课后作业(十九)　导数与函数的极值、最值
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共93分
一、单项选择题
1．如图是函数y＝f (x)的导函数y＝f ′(x)的图象，下列结论正确的是(　　)
A．y＝f (x)在x＝－1处取得极大值
B．x＝1是函数y＝f (x)的极值点
C．x＝－2是函数y＝f (x)的极小值点
D．函数y＝f (x)在区间(－1，1)上单调递减
2．已知x＝2是函数f (x)＝ln x＋ax2－x的极小值点，则f (x)的极大值为(　　)
A．－　　 B．ln 2－2
C． D．ln 2＋2
3．(2025·河南郑州模拟)函数f (x)＝ex＋|ln x＋1|的最小值为(　　)
A．ee　　 B．
C．＋ln 2 D．ee＋2
4．函数f (x)＝x2＋(a－1)x－3ln x在(1，2)内有最小值，则实数a的取值范围为(　　)
A．
C．
5．函数f (x)＝(x＋1)ex，若方程f (x)＝a(a∈R)有2个实数根，则实数a的取值范围是(　　)
A．a＜－　　 B．a＝－或a≥0
C．－＜a＜0 D．a＞－
6．(2024·广东佛山二模)若函数f (x)＝a ln x＋(a≠0)既有极大值又有极小值，则下列结论一定正确的是(　　)
A．a<0　　 B．b<0
C．ab>－1 D．a＋b>0
二、多项选择题
7．函数f (x)＝，则下列说法正确的是(　　)
A．f (x)在x＝1处有最小值
B．1是f (x)的极值点
C．当0D．当a>时，方程f (x)＝a有一个实数根
8．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝x3－x＋1，则(　　)
A．f (x)有两个极值点
B．f (x)有三个零点
C．点(0，1)是曲线y＝f (x)的对称中心
D．直线y＝2x是曲线y＝f (x)的切线
三、填空题
9．(人教A版选择性必修第二册P93例6改编)若函数f (x)＝x3－4x＋m在区间[0，3]上的最大值为4，则m＝________．
10．甲、乙两地相距240 km，汽车从甲地以速度v(单位：km/h)匀速行驶到乙地．已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成，固定成本为160元，可变成本为元．为使全程运输成本最低，汽车应以________km/h的速度行驶．
四、解答题
11．(2024·安徽黄山一模)已知函数f (x)＝x2－4ax＋a2ln x在x＝1处取得极大值．
(1)求a的值；
(2)求f (x)在区间上的最大值．
12．已知f (x)＝ex sin x．
(1)求函数f (x)在[0，2π]内的极值点；
(2)求函数g(x)＝f (x)－x在上的最值．
13．(2023·北京高考)函数f (x)＝x－x3eax＋b的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y＝－x＋1．
(1)求a，b的值；
(2)设g(x)＝f ′(x)，求g(x)的单调区间；
(3)求f (x)的极值点的个数．
1/1课后作业(十九)
A组　在基础中考查学科功底
1．C　[由题图可知，当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，
故x＝－2是函数y＝f (x)的极小值点，y＝f (x)无极大值．故选C．]
2．A　[因为f ′(x)＝＋2ax－，由题意可知，f ′(2)＝＋4a－＝0，解得a＝，
若a＝，则f (x)＝ln x＋x2－x，f ′(x)＝x－＝，
且f (x)的定义域为(0，＋∞)，
令f ′(x)>0，解得02；令f ′(x)<0，解得1可知f (x)在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，
可知x＝2是函数f (x)＝ln x＋ax2－x的极小值点，即a＝符合题意，
所以f (x)的极大值为f (1)＝－．故选A．]
3．B　[当x≥时，f (x)＝ex＋ln x＋1，f (x)单调递增，则f (x)≥f＝＋ln ＋1＝，
当0因此f (x)>f＝－ln －1＝，
所以f (x)的最小值为．故选B．]
4．A　[f ′(x)＝2x＋(a－1)－＝，
设g(x)＝2x2＋(a－1)x－3，因为Δ＝(a－1)2＋24＞0，因此g(x)＝0有两个不同的实数根，
又g(0)＝－3＜0，因此g(x)＝0的两根一正一负，
由题意可知正根在(1，2)内，
所以
解得－＜a＜2．故选A．]
5．C　[因为f (x)＝(x＋1)ex，所以f ′(x)＝ex＋(x＋1)ex＝(x＋2)ex．
令f ′(x)＞0，解得x＞－2；令f ′(x)＜0，解得x＜－2，所以函数f (x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增．
所以当x＝－2时，函数f (x)有最小值，且f (－2)＝－e-2＝－．
方程f (x)＝a(a∈R)有2个实数根时，只需直线y＝a与函数y＝f (x)的图象有两个交点．
如图所示：
要满足题意，实数a的取值范围为，故选C．]
6．B　[函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝＝，
又函数f (x)既有极大值又有极小值，所以函数f ′(x)在(0，＋∞)上有两个零点，
由a≠0，所以方程ax2－4x－2b＝0有两个不同的正实数根x1，x2，
所以
即故选B．]
7．BC　[f ′(x)＝，当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，
故f (x)在x＝1处有唯一极大值，即最大值，B正确，A错误；
f (x)max＝f (1)＝，又x→＋∞，f (x)→0，x∈(－∞，0)时，f (x)故当0当a>时，f (x)的图象与直线y＝a无交点，即方程f (x)＝a无实根，D错误．故选BC．]
8．AC　[由题意知，f ′(x)＝3x2－1，令f ′(x)＞0，得x＞或x＜－；
令f ′(x)＜0，得－＜x＜，
所以f (x)在上单调递减，在上单调递增，
所以x＝±是f (x)的极值点，故A正确；
因为f＝1＋＞0，f＝1－＞0，f (－2)＝－5＜0，
所以函数f (x)在上有一个零点，
当x≥时，f (x)≥f＞0，
即函数f (x)在上无零点，
综上所述，函数f (x)有一个零点，故B错误；
令h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)，
则h(x)是奇函数，点(0，0)是h(x)图象的对称中心，将h(x)的图象向上平移一个单位长度得到f (x)的图象，所以点(0，1)是曲线y＝f (x)的对称中心，故C正确；
令f ′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，又f (1)＝f (－1)＝1，
当切点为(1，1)时，切线方程为y＝2x－1，当切点为(－1，1)时，切线方程为y＝2x＋3，
故D错误．
故选AC．]
9．4　[f ′(x)＝x2－4，x∈[0，3]，当x∈[0，2)时，f ′(x)<0，当x∈(2，3]时，f ′(x)>0，所以f (x)在[0，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增．又f (0)＝m，f (3)＝－3＋m，所以在[0，3]上，f (x)max＝f (0)＝4，所以m＝4．]
10．80　[设全程运输成本为y元，
由题意，得y＝
＝240，v>0，
y′＝240．
令y′＝0，得v＝80．
当v>80时，y′>0；当0所以函数y＝在(0，80)上单调递减，在(80，＋∞)上单调递增，
所以当v＝80(km/h)时，全程运输成本最低．]
11．解：(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，由已知f ′(x)＝3x－4a＋＝＝，
令f ′(x)＝0，得x＝a或x＝，
当a＝1时，令f ′(x)＞0，得01，令f ′(x)＜0，得故函数f (x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
此时函数f (x)在x＝处取得极大值，在x＝1处取得极小值，与函数f (x)在x＝1处取得极大值矛盾；
当＝1，即a＝3时，令f ′(x)＞0，得03，令f ′(x)＜0，得1故函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，
此时函数f (x)在x＝1处取极大值，在x＝3处取极小值，符合题意．
所以a＝3．
(2)由(1)得f (x)＝x2－12x＋9ln x，f ′(x)＝，x∈，
令f ′(x)＞0，得≤x<1，此时函数f (x)单调递增，
令f ′(x)＜0，得112．解：(1)由f (x)＝ex sin x得
f ′(x)＝ex(sin x＋cos x)
＝ex sin ．
令f ′(x)＝0，解得x＋＝kπ，k∈Z，即x＝kπ－，k∈Z．
又x∈[0，2π]，所以x1＝，x2＝．
f ′(x)，f (x)随x变化而变化的情况如表所示：
x
f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f (x) 单调 递增 极大值 单调 递减 极小值 单调 递增
所以函数f (x)在[0，2π]内的极大值点为，极小值点为．
(2)由题意可知
g(x)＝f (x)－x＝ex sin x－x，g′(x)＝ex(sin x＋cos x)－1，
记h(x)＝g′(x)＝ex(sin x＋cos x)－1，
则h′(x)＝ex(sin x＋cos x＋cos x－sin x)＝2ex cos x．
因为x∈，
所以cos x≥0，又ex＞0，
所以h′(x)＝2ex cos x≥0，所以函数h(x)单调递增，
h(0)＝e0(sin 0＋cos 0)－1＝0，
所以当x∈时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，函数g(x)单调递减；
当x∈时，h(x)＞0，
即g′(x)＞0，函数g(x)单调递增．
g(0)＝e0sin 0－0＝0，
g＝ sin ＝－，
g＝sin ＝－，
显然－＞－，所以函数g(x)在上的最小值为g(0)＝0，最大值为g＝－．
B组　在综合中考查关键能力
13．解：(1)因为函数f (x)＝x－x3eax＋b，x∈R，
所以f ′(x)＝1－(3x2eax＋b＋ax3eax＋b)＝1－(3＋ax)x2eax＋b，因为f (x)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y＝－x＋1，
所以
即
解得a＝－1，b＝1．
(2)由(1)知，f (x)＝x－x3e－x+1，
所以f ′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，
所以g(x)＝f ′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，
所以g′(x)＝－(6x－3x2)e－x+1＋(3x2－x3)e－x+1＝－x(x2－6x＋6)e－x+1，
令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝3±，
g′(x)与g(x)随x变化的变化情况列表如下：
x (－∞，0) 0 (0，3－) 3 － (3－， 3＋) 3＋ (3＋， ＋∞)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ 0 －
g(x) 单调 递增 单调 递减 单调 递增 单调 递减
所以g(x)在区间(－∞，0)和(3－，3＋)上单调递增，在区间(0，3－)和(3＋，＋∞)上单调递减．
(3)由(2)知，当x∈(－∞，0)时，f ′(x)单调递增，
当x＜－1时，f ′(x)＜f ′(－1)＝1－4e2＜0，f ′(0)＝1＞0，所以存在x1∈(－∞，0)，使得f ′(x1)＝0，
所以f (x)在(－∞，x1)上单调递减，在(x1，0)上单调递增，
所以x1是f (x)的一个极小值点；
当x∈(0，3－)时，f ′(x)单调递减，
且f ′(3－)＜f ′(1)＝1－2＜0，
所以存在x2∈(0，3－)，使得f ′(x2)＝0，所以f (x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，3－)上单调递减，
所以x2是f (x)的一个极大值点；
当x∈(3－，3＋)时，f ′(x)单调递增，
又因为f ′(3)＝1＞0，所以存在x3∈(3－，3＋)，使得f ′(x3)＝0，
所以f (x)在(3－，x3)上单调递减，在(x3，3＋)上单调递增，
所以x3是f (x)的一个极小值点；
又因为当x＞3＋时，f ′(x)＞0，所以f (x)在(3＋，＋∞)上单调递增，无极值点．
综上，f (x)在定义域R上有3个极值点．
1/1

展开更多......

收起↑