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2022届高三统考数学(文科)人教版一轮复习课时作业:15 利用导数研究函数的极值,最值
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2022届高三统考数学(文科)人教版一轮复习课时作业:15 利用导数研究函数的极值,最值

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这是一份2022届高三统考数学(文科)人教版一轮复习课时作业:15 利用导数研究函数的极值,最值,共7页。

[基础达标]
一,选择题
1.函数y=f(x)的导函数的图象如图所示,则下列说法不正确的是( )
A.(-1,3)为函数y=f(x)的单调递增区间
B.(3,5)为函数y=f(x)的单调递减区间
C.函数y=f(x)在x=0处取得极大值
D.函数y=f(x)在x=5处取得极小值
2.函数f(x)=2x3+9x2-2在[-4,2]上的最大值和最小值分别是( )
A.25,-2B.50,14
C.50,-2D.50,-14
3.已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a等于( )
A.-4B.-2
C.4D.2
4.若函数f(x)=x3-3bx+3b在(0,1)内有极小值,则( )
A.0C.b>0D.b5.[2021·武昌区高三年级调研考试]已知函数f(x)=xex-lnx-x-2,g(x)=eq \f(ex-2,x)+lnx-x的最小值分别为a,b,则( )
A.a=bB.aC.a>bD.a,b的大小关系不确定
二,填空题
6.函数f(x)=eq \f(1,2)x2+x-2lnx的最小值为________.
7.已知函数f(x)=x3-3ax+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________.
8.函数f(x)=(x2-x-1)ex(e=2.718…是自然对数的底数)的极值点是________;极大值为________.
三,解答题
9.若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小值,则称x0为函数y=f(x)的极值点.已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.
(1)求a,b的值.
(2)设函数g(x)的导数g′(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.
10.[2021·广东五校联考]已知函数f(x)=ax+lnx,其中a为常数.
(1)当a=-1时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a的值.
[能力挑战]
11.[2021·南昌市高三年级摸底测试卷]若函数f(x)=(x-1)ex-ax(e为自然对数的底数)有两个极值点,则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,e),0))B.(-∞,0)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,e),+∞))D.(0,+∞)
12.[2021·安徽省部分重点校高三联考试题]已知函数f(x)=ax-lnx,x∈[1,e]的最小值为3,若存在x1,x2,…,xn∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)+…+f(xn-1)=f(xn),则正整数n的最大值为( )
A.2B.3
C.4D.5
13.[2021·开封市高三模拟考试]设点P为函数f(x)=lnx-x3的图象上任意一点,点Q为直线2x+y-2=0上任意一点,则P,Q两点距离的最小值为________.
课时作业15
1.解析:由函数y=f(x)的导函数的图象可知,当x<-1或35或-10,y=f(x)单调递增,所以函数y=f(x)的单调递减区间为(-∞,-1),(3,5),单调递增区间为(-1,3),(5,+∞),函数y=f(x)在x=-1,5处取得极小值,在x=3处取得极大值,故选项C错误,故选C.
答案:C
2.解析:∵f(x)=2x3+9x2-2,∴f′(x)=6x2+18x.当x∈[-4,-3)或x∈(0,2]时,f′(x)>0,f(x)为增函数.当x∈(-3,0)时,f′(x)<0,f(x)为减函数.由f(-4)=14,f(-3)=25,f(0)=-2,f(2)=50,故函数f(x)=2x3+9x2-2在[-4,2]上的最大值和最小值分别是50,-2,故选C.
答案:C
3.解析:由题意得f′(x)=3x2-12,由f′(x)=0得x=±2,当x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,当x∈(-2,2)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,所以a=2.
答案:D
4.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)=-3b<0.∴b>0.f′(1)=3-3b>0,∴b<1.综上,b的取值范围为0答案:A
5.解析:令h(x)=ex-x-1,则h′(x)=ex-1,因为x<0时,0所以f(x)=xex-ln x-x-2=eln x·ex-ln x-x-2=ex+ln x-(x+ln x)-2≥x+ln x+1-(x+ln x)-2=-1=a,
g(x)=eq \f(ex-2,x)+ln x-x=x-1·ex-2+ln x-x=e-ln x+x-2+ln x-x≥x-ln x-2+1+ln x-x=-1=b,所以a=b,故选A.
答案:A
6.解析:因为f′(x)=x+1-eq \f(2,x)=eq \f((x+2)(x-1),x)(x>0),所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=eq \f(1,2)+1=eq \f(3,2).
答案:eq \f(3,2)
7.解析:因为f(x)的单调递减区间为(-1,1),所以a>0,
由f′(x)=3x2-3a=3(x-eq \r(a))(x+eq \r(a)),可得a=1,
由f(x)=x3-3ax+b在x=1处取得极小值2,
可得1-3+b=2,故b=4.
所以f(x)=x3-3x+4的极大值为f(-1)=(-1)3-3×(-1)+4=6.
答案:6
8.解析:由已知得f′(x)=(x2-x-1+2x-1)ex=(x2+x-2)ex=(x+2)(x-1)ex,
因为ex>0,令f′(x)=0,可得x=-2或x=1,
当x<-2时,f′(x)>0,即函数f(x)在(-∞,-2)上单调递增;
当-2当x>1时,f′(x)>0,即函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
故f(x)的极值点为-2或1,且极大值为f(-2)=eq \f(5,e2).
答案:1或-2 eq \f(5,e2)
9.解析:(1)由题设知f′(x)=3x2+2ax+b,且f′(-1)=3-2a+b=0,f′(1)=3+2a+b=0,解得a=0,b=-3.
(2)由(1)知f(x)=x3-3x,
则g′(x)=f(x)+2=(x-1)2(x+2),
所以g′(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2,
即函数g(x)的极值点只可能是1或-2.
当x<-2时,g′(x)<0,当-2g′(x)>0,∴x=-2是g(x)的极值点
当x>1时,g′(x)>0,
所以1不是g(x)的极值点.
∴g(x)的极值点是-2.
10.解析:(1)易知f(x)的定义域为(0,+∞),
当a=-1时,f(x)=-x+ln x,f′(x)=-1+eq \f(1,x)=eq \f(1-x,x),令f′(x)=0,得x=1.
当00;当x>1时,f′(x)<0.
所以f(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数.
所以f(x)max=f(1)=-1.
所以当a=-1时,函数f(x)在(0,+∞)上的最大值为-1.
(2)f′(x)=a+eq \f(1,x),x∈(0,e],eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e),+∞)).
①若a≥-eq \f(1,e),则f′(x)≥0,从而f(x)在(0,e]上是增函数,所以f(x)max=f(e)=ae+1≥0,不符合题意;
②若a<-eq \f(1,e),令f′(x)>0得a+eq \f(1,x)>0,结合x∈(0,e],解得0令f′(x)<0得a+eq \f(1,x)<0,结合x∈(0,e],解得-eq \f(1,a)令-1+lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,a)))=-3,得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,a)))=-2,
即a=-e2,
因为-e2<-eq \f(1,e),所以a=-e2为所求.
故实数a的值为-e2.
11.解析:由题意得f′(x)=exx-a,因为函数f(x)=ex(x-1)-ax有两个极值点,所以f′(x)=0有两个不等根,即a=exx有两个不等根,所以直线y=a与y=exx的图象有两个不同的交点.令g(x)=exx,则g′(x)=ex(x+1).当x<-1时,g′(x)<0,当x>-1时,g′(x)>0,所以函数g(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,当x=-1时,g(x)取得最小值,且最小值为-eq \f(1,e).当x<0时,g(x)<0,当x>0时,g(x)>0,则可得函数g(x)的大致图象,如图所示,则-eq \f(1,e)答案:A
12.解析:f′(x)=a-eq \f(1,x),∵x∈[1,e],∴eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e),1)).
当a≤eq \f(1,e)时,f′(x)≤0,所以f(x)在[1,e]上单调递减,所以f(x)min=f(e)=ae-1=3,解得a=eq \f(4,e)?eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(-∞,\f(1,e))),不合题意,舍去;
当eq \f(1,e)0,所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(1,a)))上单调递减,在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a),e))上单调递增,所以f(x)min=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))=1-lneq \f(1,a)=3,解得a=e2?eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e),1)),不合题意,舍去;
当a≥1时,f′(x)≥0,所以f(x)在[1,e]上单调递增,所以f(x)min=f(1)=a=3≥1,符合题意.
综上可知,a=3.
所以f(x)=3x-ln x,x∈[1,e],所以f(x)max=f(e)=3e-1,f(x)min=f(1)=3.
要想存在x1,x2,x3,…,xn∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)+…+f(xn-1)=f(xn),且正整数n最大,则f(x1)=f(x2)=…=f(xn-1)=f(x)min,f(xn)=f(x)max,则3(n-1)≤3e-1,解得n≤e+eq \f(2,3),又n∈N*,所以n≤3,从而n的最大值为3,故选B.
答案:B
13.解析:由题意知,当函数f(x)的图象在点P(x0,y0)处的切线l1与直线l2:2x+y-2=0平行,且PQ⊥l2时,P,Q两点之间的距离最小.因为f(x)=ln x-x3,所以f′(x)=eq \f(1,x)-3x2,所以eq \f(1,x0)-3xeq \\al(2,0)=-2,解得x0=1,所以y0=-1,故切线l1的方程为2x+y-1=0.由两平行直线之间的距离公式可得切线l1与直线l2之间的距离d=eq \f(|-1-(-2)|,\r(5))=eq \f(\r(5),5),故P,Q两点距离的最小值为eq \f(\r(5),5).
答案: eq \f(\r(5),5)
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