版高考数学一轮复习练习第15讲导数与函数极值 最值.docx

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版高考数学一轮复习练习第15讲导数与函数极值最值

第15讲　导数与函数极值最值

1.若函数f（x）的定义域为R,x0（x0≠0）是f（x）的极大值点,则以下说法一定正确的是（　　）

A.∀x∈R,f（x）≤f（x0）

B.-x0是f（-x）的极小值点

C.-x0是-f（x）的极小值点

D.-x0是-f（-x）的极小值点

2.已知e为自然对数的底数,设函数f（x）=（ex-1）（x-1）k（k=1,2）,则（　　）

A.当k=1时,f（x）在x=1处取到极小值

B.当k=1时,f（x）在x=1处取到极大值

C.当k=2时,f（x）在x=1处取到极小值

D.当k=2时,f（x）在x=1处取到极大值

3.若函数f（x）=（a>0）在[1,+∞）上的最大值为,则a的值为（　　）

A.B.

C.+1D.-1

4.[2018·海南二联]若x=1是函数f（x）=x3+的一个极值点,则实数a=　　　　. 

5.若f（x）=ax2+x+为奇函数,则f（x）在（0,+∞）上的最小值是　　　　. 

6.图K15-1是函数f（x）=x3+bx2+cx+d的大致图像,则+等于（　　）

图K15-1

A.

B.

C.

D.

7.[2018·四川南充一诊]若函数f（x）=x3+x2-ax-4在区间（-1,1）上恰有一个极值点,则实数a的取值范围为（　　）

A.（1,5）B.[1,5）

C.（1,5]D.（-∞,1）∪（5,+∞）

8.[2018·河南六市一模]若函数f（x）=-在{x|1≤|x|≤4,x∈R}上的最大值为M,最小值为m,则M-m=（　　）

A.B.2

C.D.

9.[2018·山东、湖北调研]已知函数f（x）=x（x-c）2在x=2处有极小值,则实数c的值为（　　）

A.6B.2　　

C.2或6D.0

10.[2018·江西新余二模]已知函数f（x）=-mx（e为自然对数的底数）,若f（x）>0在（0,+∞）上恒成立,则实数m的取值范围是（　　）

A.（-∞,2）B.（-∞,e）

C.-∞,D.,+∞

11.[2018·山东烟台诊断]直线y=b分别与直线y=2x+1和曲线y=lnx相交于A,B两点,则|AB|的最小值为　　　　　　. 

12.[2018·山东烟台一模]对于函数y=exf（x）（其中e是自然对数的底数）,若存在实数T使得exf（x）≥T在（0,+∞）上恒成立,则称函数f（x）具有性质“Ω”.给出下列函数:

①f（x）=2e-2x+1;②f（x）=x2-2x;③f（x）=sinx;④f（x）=.其中具有性质“Ω”的所有函数的序号为　　　　. 

13.[2018·北京卷]设函数f（x）=[ax2-（4a+1）x+4a+3]ex.

（1）若曲线y=f（x）在点（1,f

（1））处的切线与x轴平行,求a;

（2）若f（x）在x=2处取得极小值,求a的取值范围.

14.[2018·安徽芜湖期末]已知函数f（x）=lnx-x-m（m<-2,m为常数）.

（1）求函数f（x）在,e上的最小值;

（2）设x1,x2是函数f（x）的两个零点,且x1

x1·x2<1.

15.[2018·全国卷Ⅲ]已知函数f（x）=（2+x+ax2）·ln（1+x）-2x.

（1）若a=0,证明:

当-10时,f（x）>0;

（2）若x=0是f（x）的极大值点,求a.

课时作业（十五）

1.D　[解析]极大值不一定是最大值,故A中说法错误;因为函数y=f（x）与函数y=f（-x）的图像关于y轴对称,所以-x0应是f（-x）的极大值点,故B中说法错误;函数y=f（x）与函数y=-f（x）的图像关于x轴对称,所以x0应为-f（x）的极小值点,故C中说法错误;函数y=f（x）与y=-f（-x）的图像关于原点对称,所以-x0为y=-f（-x）的极小值点,故D中说法正确.

2.C　[解析]当k=1时,f'（x）=ex·x-1,则f'

（1）≠0,∴x=1不是f（x）的极值点.当k=2时,f'（x）=（x-1）（xex+ex-2）,显然f'

（1）=0,且在x=1的左边附近f'（x）<0,在x=1的右边附近f'（x）>0,∴f（x）在x=1处取到极小值.故选C.

3.D　[解析]易知f'（x）==,当x>时,f'（x）<0,f（x）单调递减,当-0,f（x）单调递增,则f（x）在x=处取得极大值.令f（）==,解得=<1,不合题意,∴f（x）max=f

（1）==,解得a=-1,故选D.

4.3　[解析]易知f'（x）=3x2-,∵x=1是函数f（x）的一个极值点,f'

（1）=3-a=0,解得a=3.

5.2　[解析]∵f（x）=ax2+x+为奇函数,∴f（x）+f（-x）=0,∴2ax2=0,又x≠0,∴a=0,∴f（x）=x+,∴f'（x）=1-=,x∈（0,+∞）,又∵f'（）=0,∴易知当x>时,f'（x）>0,函数f（x）单调递增;当>x>0时,f'（x）<0,函数f（x）单调递减.∴当x=时,函数f（x）取得极小值,即最小值,且f（）=2.

6.C　[解析]由图像可得f（x）=x（x+1）（x-2）=x3-x2-2x,x1,x2是f'（x）=3x2-2x-2=0的两个根,∴x1+x2=,x1x2=-,故+=（x1+x2）2-2x1x2=2+2×=.

7.B　[解析]由题意,f'（x）=3x2+2x-a,则函数f'（x）的图像开口向上,对称轴为直线x=-,因为函数f（x）在区间（-1,1）上恰有一个极值点,所以解得1≤a<5.故实数a的取值范围为[1,5）.故选B.

8.A　[解析]∵f（x）=-为偶函数,且当1≤x≤4时,f（x）=-,∴f'（x）=+>0,故f（x）在[1,4]上单调递增,∴f（x）∈0,,因此M=,m=0,∴M-m=,故选A.

9.B　[解析]易知f'（x）=3x2-4cx+c2,因为x=2为f（x）的极小值点,由f'

（2）=0可得c=2或6.当c=2时,f'（x）=3x2-8x+4=（3x-2）（x-2）,故f（x）在-∞,,（2,+∞）上单调递增,在,2上单调递减,故x=2为f（x）的极小值点;当c=6时,f'（x）=3x2-24x+36=3（x-2）（x-6）,故f（x）在（-∞,2）,（6,+∞）上单调递增,在（2,6）上单调递减,故x=2为f（x）的极大值点.综上c=2.故选B.

10.C　[解析]∵f（x）=-mx>0在（0,+∞）上恒成立.∴m<在（0,+∞）上恒成立,令g（x）=,x>0,∴g'（x）==.当02时,g'（x）>0,g（x）单调递增.故当x=2时,g（x）取得最小值,且最小值为g

（2）=,∴m<.故实数m的取值范围是-∞,.故选C.

11.1+　[解析]由两个交点分别为A,b,B（eb,b）,得|AB|=eb-.设函数g（x）=ex-,则g'（x）=ex-,令g'（x）=0得x=-ln2,所以g（x）在区间（-∞,-ln2）上单调递减,在区间（-ln2,+∞）上单调递增,所以g（x）min=g（-ln2）=1+,即|AB|的最小值为1+.

12.①②④　[解析]①若f（x）=2e-2x+1,则exf（x）=2e-x+ex≥2=2,当且仅当2e-x=ex,即x=ln时取等号,故①具有性质“Ω”;②令g（x）=exf（x）=ex（x2-2x）（x>0）,则g'（x）=ex（x2-2）,由g'（x）=0得x=（x>0）,而当x∈（0,）时,g'（x）<0,当x∈（,+∞）时,g'（x）>0,因此g（x）min=g（）=（2-2）,∴g（x）≥（2-2）,故②具有性质“Ω”;③令h（x）=exsinx（x>0）,取x=2kπ+π,k∈N,则h（x）=-（k∈N）,易知当k→+∞时,h（x）→-∞,因此③不具有性质“Ω”;④令F（x）=（x>0）,则F'（x）=,易知当x∈（0,1）时,F'（x）<0,当x∈（1,+∞）时,F'（x）>0,即F（x）min=F

（1）=e,∴当x>0时,F（x）≥e,因此④具有性质“Ω”.故答案为①②④.

13.解:

（1）因为f（x）=[ax2-（4a+1）x+4a+3]ex,

所以f'（x）=[2ax-（4a+1）]ex+[ax2-（4a+1）x+4a+3]ex=[ax2-（2a+1）x+2]ex,

f'

（1）=（1-a）e.

由题设知f'

（1）=0,即（1-a）e=0,解得a=1,

此时f

（1）=3e≠0,

所以a的值为1.

（2）由

（1）得f'（x）=[ax2-（2a+1）x+2]ex=（ax-1）（x-2）ex.

若a>,则当x∈,2时,f'（x）<0;

当x∈（2,+∞）时,f'（x）>0.

所以f（x）在x=2处取得极小值.

若a≤,则当x∈（0,2）时,x-2<0,ax-1≤x-1<0,

所以f'（x）>0,

所以2不是f（x）的极小值点.

综上可知,a的取值范围是,+∞.

14.解:

（1）∵f（x）=lnx-x-m（m<-2）的定义域为（0,+∞）,由f'（x）==0,得x=1.

∴当x∈,1时,f'（x）>0,f（x）在,1上单调递增;

当x∈（1,e]时,f'（x）<0,f（x）在（1,e]上单调递减.

∵f=-1--m,f（e）=1-e-m,∴f-f（e）=-2-+e>0,

故函数f（x）在,e上的最小值为1-e-m.

（2）由

（1）知f（x）在（0,1）上单调递增,在（1,+∞）上单调递减,由x1,x2是f（x）的两个零点,且x11.

由f（x1）=f（x2）=0得lnx1-x1-m=lnx2-x2-m=0,由题意可知lnx2-x2=m<-2

令h（x）=lnx-x（x>0）,则h'（x）=-1,令h'（x）=0,得x=1,

所以h（x）在（0,1）上单调递增,在（1,+∞）上单调递减,

由lnx2-x22.

又f（x1）-f=lnx1-x1-m-ln--m=lnx2-x2-ln-=-x2++2lnx2,

令g（x）=-x++2lnx（x>2）,

则g'（x）=-1-+==<0,

故x>2时,g（x）是减函数,所以g（x）

（2）=-+ln4,

因为-ln4=ln>ln=ln=ln>ln1=0,所以-+ln4<0,

即x>2时,g（x）<0,所以当x>2时,f（x1）-f<0,即f（x1）

因为0

15.解:

（1）证明:

当a=0时,f（x）=（2+x）ln（1+x）-2x,f'（x）=ln（1+x）-.

设函数g（x）=f'（x）=ln（1+x）-,则g'（x）=.

当-10时,g'（x）>0.故当x>-1时,g（x）≥g（0）=0,且仅当x=0时,g（x）=0,从而f'（x）≥0,且仅当x=0时,f'（x）=0.

所以f（x）在（-1,+∞）上单调递增.

又f（0）=0,故当-10时,f（x）>0.

（2）（i）若a≥0,由

（1）知,当x>0时,f（x）≥（2+x）ln（1+x）-2x>0=f（0）,这与x=0是f（x）的极大值点矛盾.

（ii）若a<0,设函数h（x）==ln（1+x）-.

由于当|x|0,故h（x）