2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第三章　第三章　2 第2讲　2 第2课时　导数与函数的极值、最值

2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第三章　第三章　2 第2讲　2 第2课时　导数与函数的极值、最值

‎[基础题组练]‎ ‎1．(2020·宁波质检)下列四个函数中，在x＝0处取得极值的函数是(　　)‎ ‎①y＝x3； ②y＝x2＋1；‎ ‎③y＝|x|； ④y＝2x.‎ A．①②　　　　　　　　　 B．①③‎ C．③④ D．②③‎ 解析：选D.①中，y′＝3x2≥0恒成立，所以函数在R上递增，无极值点；②中y′＝2x，当x＞0时函数单调递增，当x＜0时函数单调递减，且y′|x＝0＝0，符合题意；③中结合该函数图象可知当x＞0时函数单调递增，当x＜0时函数单调递减，且y′|x＝0＝0，符合题意；④中，由函数的图象知其在R上递增，无极值点，故选D.‎ ‎2．函数y＝在[0，2]上的最大值是(　　)‎ A. B. C．0 D. 解析：选A.易知y′＝，x∈[0，2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得2≥x>1，所以函数y＝在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y＝在[0，2]上的最大值是y|x＝1＝，故选A.‎ ‎3．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，则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是(　　)‎ 解析：选D.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，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.‎ ‎4．函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则x＋x等于(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C.函数f(x)的图象过原点，所以d＝0.又f(－1)＝0且f(2)＝0，即－1＋b－c＝0且8＋4b＋2c＝0，解得b＝－1，c＝－2，所以函数f(x)＝x3－x2－2x，所以f′(x)＝3x2－2x－2，由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2＝，x1x2＝－，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋＝.‎ ‎5．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　)‎ A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞)‎ C．(－∞，－3) D．(－∞，－3]‎ 解析：选D.由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表 x ‎(－∞，－3)‎ ‎－3‎ ‎(－3，1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，所以k≤－3.‎ ‎6．已知函数f(x)＝－k，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为(　　)‎ A．(－∞，e] B．[0，e]‎ C．(－∞，e) D．[0，e)‎ 解析：选A.f′(x)＝－k＝(x＞0)．设g(x)＝，‎ 则g′(x)＝，则g(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．‎ 所以g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e，选A.‎ ‎7．已知函数y＝f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图象在x＝1处的切线平行于直线6x＋2y＋5＝0，则f(x)的极大值与极小值之差为________．‎ 解析：因为y′＝3x2＋6ax＋3b，‎ ⇒ 所以y′＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，‎ 则x＝0或x＝2.‎ 所以f(x)极大值－f(x)极小值＝f(0)－f(2)＝4.‎ 答案：4‎ ‎8．设f(x)＝ln x，g(x)＝f(x)＋f′(x)，则g(x)的最小值为________．‎ 解析：对f(x)＝ln x求导，得f′(x)＝，则g(x)＝ln x＋，且x＞0.‎ 对g(x)求导，得g′(x)＝，令g′(x)＝0，解得x＝1.‎ 当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，函数g(x)＝ln x＋在(0，1)上单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)＝ln x＋在(1，＋∞)上单调递增．‎ 所以g(x)min＝g(1)＝1.‎ 答案：1‎ ‎9．(2020·台州市高三期末考试)已知函数f(x)＝x2－3x＋ln x，则f(x)在区间[，2]上的最小值为________；当f(x)取到最小值时，x＝________．‎ 解析：f′(x)＝2x－3＋＝(x＞0)，‎ 令f′(x)＝0，得x＝或x＝1，‎ 当x∈[，1]时，f′(x)＜0，x∈[1，2]时，f′(x)＞0，‎ 所以f(x)在区间[，1]上单调递减，在区间[1，2]上单调递增，‎ 所以当x＝1时，f(x)在区间[，2]上的最小值为f(1)＝－2.‎ 答案：－2　1‎ ‎10．(2020·义乌模拟)已知函数f(x)＝ln x－nx(n>0)的最大值为g(n)，则使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范围为________．‎ 解析：易知f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ 因为f′(x)＝－n(x>0，n>0)，‎ 当x∈时，f′(x)>0，‎ 当x∈时，f′(x)<0，‎ 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)的最大值g(n)＝f ‎＝－ln n－1.设h(n)＝g(n)－n＋2＝－ln n－n＋1.‎ 因为h′(n)＝－－1<0，‎ 所以h(n)在(0，＋∞)上单调递减．又h(1)＝0，‎ 所以当0h(1)＝0，故使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范围为(0，1)．‎ 答案：(0，1)‎ ‎11．已知函数f(x)＝ax2－bln x在点A(1，f(1))处的切线方程为y＝1.‎ ‎(1)求实数a，b的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的极值．‎ 解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，‎ f′(x)＝2ax－，‎ f(1)＝a＝1，f′(1)＝2a－b＝0，‎ 将a＝1代入2a－b＝0，‎ 解得b＝2.‎ ‎(2)由(1)得f(x)＝x2－2ln x(x>0)，‎ 所以f′(x)＝2x－＝，‎ 令f′(x)>0，解得x>1，‎ 令f′(x)<0，解得00，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2－时，g′(x)>0，‎ 所以当x＝－时，g(x)min＝－2e－，当x＝0时，g(0)＝－1，g(1)＝e>0，直线y＝ax－a恒过(1，0)，斜率为a，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1.‎ 答案：≤a<1‎ ‎3．(2020·宁波市高考模拟)设函数f(x)＝x2－ax－ln x，a∈R.‎ ‎(1)求函数f(x)的图象在x＝1处的切线斜率为1，求实数a的值；‎ ‎(2)当a≥－1时，记f(x)的极小值为H，求H的最大值．‎ 解：(1)因为函数f(x)＝x2－ax－ln x，a∈R，所以f′(x)＝(x＞0)，‎ 由题意知f′(1)＝1，解得a＝0.‎ ‎(2)设f′(x0)＝0，则2x－ax0－1＝0，‎ 则x0＝，‎ 所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，‎ 则H＝f(x)极小值＝f(x0)＝x－ax0－ln x0＝－x＋1－ln x0，‎ 设g(a)＝(a≥－1)，‎ 当a≥0时，g(a)为增函数，‎ 当－1≤a≤0时，g(a)＝，此时g(a)为增函数，‎ 所以x0≥g(－1)＝，‎ 所以函数y＝－x2＋1－ln x在(0，＋∞)上为减函数，‎ 所以f(x)极小值H的最大值为＋ln 2.‎ ‎4．(2020·温州中学高三模考)已知函数f(x)＝ln(2ax＋1)＋－x2－2ax(a∈R)．‎ ‎(1)若x＝2为f(x)的极值点，求实数a的值；‎ ‎(2)若y＝f(x)在[3，＋∞)上为增函数，求实数a的取值范围；‎ ‎(3)当a＝－时，方程f(1－x)＝＋有实根，求实数b的最大值．‎ 解：(1)f′(x)＝＋x2－2x－2a ‎＝，‎ 因为x＝2为f(x)的极值点，所以f′(2)＝0，‎ 即－2a＝0，解得a＝0.‎ ‎(2)因为函数f(x)在[3，＋∞)上为增函数，‎ 所以f′(x)＝≥0在[3，＋∞)上恒成立．‎ ‎①当a＝0时，f′(x)＝x(x－2)>0在[3，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[3，＋∞)上为增函数，故a＝0符合题意．‎ ‎②当a≠0时，由函数f(x)的定义域可知，必须有2ax＋1>0对x≥3恒成立，故只能a>0，所以2ax2＋(1－4a)x－(4a2＋2)≥0在[3，＋∞)上恒成立．‎ 令函数g(x)＝2ax2＋(1－4a)x－(4a2＋2)，其对称轴为x＝1－，因为a>0，所以1－<1，要使g(x)≥0在[3，＋∞)上恒成立，只要g(3)≥0即可，即g(3)＝－4a2＋6a＋1≥0，所以≤a≤.‎ 因为a>0，所以00)，‎ 则h′(x)＝＋1－2x＝，‎ 所以当00，从而函数h(x)在(0，1)上为增函数，‎ 当x>1时，h′(x)<0，从而函数h(x)在(1，＋∞)上为减函数，‎ 因此h(x)≤h(1)＝0.‎ 而x>0，所以b＝x·h(x)≤0，因此当x＝1时，b取得最大值0.‎