2020版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第3讲 导数与函数的极值、最值配套课时作业课件 理

配套课时作业1．函数f(x)＝(x－1)(x－2)2在[0,3]上的最小值为()A．－8B．－4C．0D.427答案B答案解析f′(x)＝(x－2)2＋2(x－1)(x－2)＝(x－2)(3x－4)．令f′(x)＝0⇒x1＝43，x2＝2，结合单调性，只要比较f(0)与f(2)即可．f(0)＝－4，f(2)＝0.故f(x)在[0,3]上的最小值为f(0)＝－4.故选B.解析2．(2019·山东胶州模拟)若函数f(x)＝(x＋a)ex的极值点为1，则a＝()A．－2B．－1C．0D．1答案A答案解析f′(x)＝ex＋(x＋a)ex＝(x＋a＋1)ex.由题意知f′(1)＝e(2＋a)＝0，∴a＝－2.故选A.解析3．(2019·孝感高中模拟)函数y＝lnxx的最大值为()A．e－1B．eC．e2D.103答案A答案解析令y′＝1－lnxx2＝0，得x＝e.当xe时，y′0，当0xe时，y′0，所以ymax＝1e.故选A.解析4．设函数f(x)＝2x＋lnx，则()A．x＝12为f(x)的极大值点B．x＝12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)的极小值点答案D答案解析f′(x)＝－2x2＋1x＝x－2x2，∵x0，∴当x2时，f′(x)0，f(x)是增函数；当0x2时，f′(x)0，f(x)是减函数，∴x＝2为f(x)的极小值点．解析5．(2019·广东模拟)若函数f(x)＝xx2＋a(a0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a的值为()A.33B.3C.3＋1D.3－1答案D答案解析f′(x)＝x2＋a－2x2x2＋a2＝a－x2x2＋a2.令f′(x)＝0，得x＝a或x＝－a，(1)若a≤1，即0a≤1时，在[1，＋∞)上f′(x)0，f(x)max＝f(1)＝11＋a＝33.解得a＝3－1，符合题意．解析(2)若a1，即a1时，在[1，a)上f′(x)0，在(a，＋∞)上f′(x)0，所以f(x)max＝f(a)＝a2a＝33，解得a＝341，不符合题意，综上知，a＝3－1.故选D.解析6．函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)内有极小值，则()A．0b1B．b1C．b0D．b12答案A答案解析f(x)在(0,1)内有极小值，则f′(x)＝3x2－3b在(0,1)上先负后正，∴f′(0)＝－3b0.∴b0，f′(1)＝3－3b0，∴b1.综上，b的范围为0b1.解析7．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是()答案C答案解析由f(x)在x＝－2处取得极小值并结合选项知，当x－2时，f′(x)0，则xf′(x)0；当－2x0时，f′(x)0，则xf′(x)0.故选C.解析8．(2019·河南八市重点高中质检)设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则()A．a－1B．a－1C．a－1eD．a－1e答案A答案解析由y′＝ex＋a＝0得x＝ln(－a)(a0)，显然x＝ln(－a)为函数的极小值点，又ln(－a)0，∴－a1，即a－1.故选A.解析9．(2018·海南省八校联考)已知函数f(x)＝3lnx－x2＋a－12x在区间(1,3)上有最大值，则实数a的取值范围是()A.－12，5B.－12，112C.12，112D.12，5答案B答案解析因为f′(x)＝3x－2x＋a－12，所以由题设f′(x)＝3x－2x＋a－12在(1,3)只有一个零点且单调递减，则问题转化为f′10，f′30即a＋120，a－1120⇒－12a112.故选B.解析10．(2018·赣州模拟)函数y＝x2ex的图象大致为()答案A答案解析因为y′＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex，所以当x－2或x0时，y′0，函数y＝x2ex为增函数；当－2x0时，y′0，函数y＝x2ex为减函数，排除B，C；又y＝x2ex≥0，所以排除D.故选A.解析11．已知函数f(x)＝ax－2x－3lnx，其中a为常数．若f(x)在(0，＋∞)上既存在极大值也存在极小值，则实数a的取值范围是()A.－∞，98B.0，98C.0，98D.98，＋∞答案B答案解析f′(x)＝a＋2x2－3x＝ax2－3x＋2x2(x0)，由题设可得方程ax2－3x＋2＝0在(0，＋∞)上有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1，x2，则有Δ＝9－8a0，x1＋x2＝3a0，x1x2＝2a0，解得0a98，故实数a的取值范围为0，98.故选B.解析12．(2019·贵州黔东南州联考)已知函数f(x)＝lnx－ax，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为32，则a的值为()A．－eB．－e2C．－32D．e12答案A答案解析f′(x)＝1x＋ax2＝x＋ax2，若a≥0，则f′(x)0，f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－a＝32，则a＝－32，矛盾．若a0，则由f′(x)＝0得x＝－a.若1－ae，即－ea－1，则在[1，e]上，f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝32，解得a＝－e，符合题意．故选A.解析事实上，若－a≥e，即a≤－e，则在[1，e]上，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减，∴f(x)min＝f(e)＝1－ae＝32，解得a＝－e2，矛盾；若－a≤1，即a≥－1，则在[1，e]上，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－a＝32，解得a＝－32，矛盾．解析13．若函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝________.答案1答案解析由f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，当1＜x＜3时，f′(x)＜0；当x＜1或x＞3时，f′(x)＞0，此时f(x)在x＝1处取得极大值，不合题意，当m＝1时，f′(x)＝(x－1)(3x－1)．当13x1时，f′(x)0；当x13或x1时，f′(x)0，此时f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意，所以m＝1.解析14．函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a的取值范围是________．答案(－1,2]答案解析f′(x)＝3－3x2＝－3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：又由3x－x3＝－2，得(x＋1)2(x－2)＝0.∴x1＝－1，x2＝2.解析∵f(x)在开区间(a2－12，a)上有最小值，∴最小值一定是极小值．∴a2－12－1a，a≤2，解得－1a≤2.解析15.已知函数f(x)的定义域是[－1,5]，部分对应值如表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，x－10245f(x)121.521下列关于函数f(x)的命题：①函数f(x)的值域为[1,2]；②函数f(x)在[0,2]上是减函数；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1a2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．其中所有正确命题的序号是________．答案①②④答案解析由导函数的图象可知，当－1x0及2x4时，f′(x)0，函数单调递增，当0x2及4x5时，f′(x)0，函数单调递减，当x＝0及x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，当x＝2时，函数取得极小值f(2)＝1.5.又f(－1)＝f(5)＝1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，①②正确；因为当x＝0及x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x∈[－1，t]时，函数f(x)的最大值是2，则0≤t≤5，所以t的最大值为5，所以③不正确；因为极小值f(2)＝1.5，极大值f(0)＝f(4)＝2，所以当1a2时，y＝f(x)－a最多有4个零点，所以④正确，所以正确命题的序号为①②④.解析16．(2019·石家庄模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)ex－a2x2，其导函数f′(x)在区间[－3，－1]上为减函数，则实数a的最小值为________．答案2e答案解析由题意得f′(x)＝(x＋2)ex－ax，且f′(x)在区间[－3，－1]上为减函数，令t(x)＝(x＋2)ex－ax，则t′(x)＝(x＋3)ex－a，所以(x＋3)ex－a≤0，即a≥(x＋3)ex在区间[－3，－1]上恒成立．设h(x)＝(x＋3)ex，则h′(x)＝(x＋4)ex0在区间[－3，－1]上恒成立，即h(x)在[－3，－1]上为增函数，h(x)max＝h(－1)＝2e，则a≥2e.解析17．已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.解(1)f′(x)＝ex－a(x0)．①若a≤0，则f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a0，则当0xea时，f′(x)0，当xea时，f′(x)0，故f(x)在0，ea上单调递增，在ea，＋∞上单调递减．(2)证法一：因为x0，所以只需证f(x)≤exx－2e，答案当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.记g(x)＝exx－2e(x0)，则g′(x)＝x－1exx2，所以当0x1时，g′(x)0，g(x)单调递减，当x1时，g′(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤exx－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.答案证法二：由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤exex.设函数g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝1x－1.所以当x∈(0,1)时，g′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.答案设函数h(x)＝exex，则h′(x)＝exx－1ex2.所以当x∈(0,1)时，h′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.答案18．已知函数f(x)＝12ax2＋lnx，其中a∈R.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1]上的最大值是－1，求a的值．解(1)f′(x)＝ax2＋1x，x∈(0，＋∞)．当a≥0时，f′(x)0，从而函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a0时，令f′(x)＝0，解得x＝－1a或x＝－－1a(舍去)．此时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：答案∴f(x)的单调增区间是0，－1a，单调减区间是－1a，＋∞.(2)①当a≥0时，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a2.令a2＝－1，得a＝－2，这与a≥0矛盾，不合题意．②当－1≤a0时，－1a≥1，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a2.答案令a2＝－1，得a＝－2，这与－1≤a0矛盾，不合题意．③当a－1时，0－1a1，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f