【文档说明】【精准解析】2021高中数学人教B版选择性必修第三册：6.2.2　导数与函数的极值、最值.docx，共(10)页，80.375 KB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-14f361164e1b719b9c84e42fa908f4ec.html

以下为本文档部分文字说明：

第六章导数及其应用6.2利用导数研究函数的性质6.2.2导数与函数的极值、最值课后篇巩固提升基础达标练1.函数f(x)的定义域为开区间(a,b),其导函数f'(x)在(a,b)内的图像如图所示,则函数f(x)在开区间(a,b)内的极大值点有()A.1个B.2个C

.3个D.4个解析依题意,记函数y=f'(x)的图像与x轴的交点的横坐标自左向右依次为x1,x2,x3,x4,当a<x<x1时,f'(x)>0;当x1<x<x2时,f'(x)<0;当x2<x<x4时,f'(x)≥0;当x4<x<b时,f'(x)<0.因此,函数f(x)分别在x=x1,x=x4处取得

极大值,选B.答案B2.(2020江西南昌高二期末)函数f(x)=aex-sinx在x=0处有极值,则a的值为()A.-1B.0C.1D.e解析由题意,得f'(x)=aex-cosx.∵f(x)在x=0处有极值,∴f'(0)=a-cos0=a-1=0,解得a=1.经检验

,满足题意,故选C.答案C3.函数f(x)=x2·ex+1,x∈[-2,1]的最大值为()A.4e-1B.1C.e2D.3e2解析∵f'(x)=(x2+2x)ex+1=x(x+2)ex+1,∴令f'(x)=0,解得x=-2或x=0.又当x∈[-

2,1]时,ex+1>0,∴当-2<x<0时,f'(x)<0;当0<x<1时,f'(x)>0.∴f(x)在(-2,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增.又f(-2)=4e-1,f(1)=e2,∴f(x)的最大值为e2.答案C4.当x=1时,三次函数有

极大值4,当x=3时有极小值0,且函数过原点,则此函数是()A.y=x3+6x2+9xB.y=x3-6x2+9xC.y=x3-6x2-9xD.y=x3+6x2-9x解析∵三次函数过原点,故可设为y=x3+bx2+cx,∴y'=3x2+2bx+c.又x=1,3是y'=0的

两个根,∴{1+3=-2𝑏3,1×3=𝑐3,解得{𝑏=-6,𝑐=9.∴y=x3-6x2+9x.又y'=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),∴当x=1时,f(x)极大值=4,当x=3时,f(x)极小值=0,满足条件,故选B.答案B5.

(2020山东省山东师范大学附中高三月考)函数f(x)=x+2cosx在区间[0,π]上的最大值为()A.2B.√3+π6C.√3+5π6D.π-2解析f'(x)=1-2sinx,x∈[0,π].令f'(x)>0,解得x<π6或x>5π6,令f'(x)<0,解得π6<x<5π6,

∴函数f(x)在0,π6和5π6,π上单调递增,在π6,5π6上单调递减,∴f(x)的极大值为fπ6=√3+π6,f(x)的极小值为f5π6=5π6−√3,又f(0)=2,f(π)=π-2,故所求最大值为√

3+π6.答案B6.已知曲线f(x)=x3+ax2+bx+1在点(1,f(1))处的切线斜率为3,且x=23是y=f(x)的极值点,则a+b=.解析∵f'(x)=3x2+2ax+b,∴{𝑓'(1)=3,𝑓'(23)=0,

即{3+2𝑎+𝑏=3,43+43𝑎+𝑏=0.解得a=2,b=-4,∴a+b=2-4=-2.答案-27.设a∈R,若函数y=ex+ax(x∈R)有大于零的极值点,则a的取值范围为.解析∵y=ex+ax,∴y'=ex+a.令y'=ex+a=0

,则ex=-a,即x=ln(-a),又∵x>0,∴-a>1,即a<-1.答案(-∞,-1)8.函数f(x)=x3-3x2-9x+k在区间[-4,4]上的最大值为10,则其最小值为.解析f'(x)=3x2-6x-9=3(x-3)(x+1).由f'(x)=0,得x=3或x=-1.又f(-4)=

k-76,f(3)=k-27,f(-1)=k+5,f(4)=k-20,则f(x)max=k+5=10,得k=5,∴f(x)min=k-76=-71.答案-719.已知f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)在x=±1处取

得极值,且f(1)=-1.(1)试求常数a,b,c的值;(2)试判断x=±1是函数的极大值点还是极小值点,并说明理由.解f'(x)=3ax2+2bx+c,(1)(方法一)∵x=±1是函数的极值点,∴x=±1是方程3ax2+2bx+c=0的两根.由根与系数的关系,得{-

2𝑏3𝑎=0,①𝑐3𝑎=-1,②又f(1)=-1,∴a+b+c=-1,③由①②③解得a=12,b=0,c=-32.(方法二)由f'(1)=f'(-1)=0,得3a+2b+c=0,①3a-2b+c=0,②又f(1)=-1,∴a+b+c=-1,③由①②③解得a

=12,b=0,c=-32.(2)由(1),知f(x)=12x3-32x,∴f'(x)=32x2-32=32(x-1)(x+1).当x<-1或x>1时,f'(x)>0,当-1<x<1时,f'(x)<0.∴函数f(x)在(-∞,-

1)和(1,+∞)上是增函数,在(-1,1)上是减函数.∴当x=-1时,函数取得极大值,x=-1为极大值点;当x=1时,函数取得极小值,x=1为极小值点.10.设函数f(x)=ln(2x+3)+x2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)求f(x)在区间[-34,14]上的最大值和最小值.解易知f(x

)的定义域为(-32,+∞).(1)f'(x)=22𝑥+3+2x=4𝑥2+6𝑥+22𝑥+3=2(2𝑥+1)(𝑥+1)2𝑥+3.当-32<x<-1时,f'(x)>0;当-1<x<-12时,f'

(x)<0;当x>-12时,f'(x)>0,从而f(x)在区间(-32,-1),(-12,+∞)上单调递增,在区间(-1,-12)上单调递减.(2)由(1)知,f(x)在区间[-34,14]上的最小值为f(-12)=ln2+14.又因为f(-3

4)-f(14)=ln32+916-ln72−116=ln37+12=12(1-ln499)<0,所以f(x)在区间[-34,14]上的最大值为f(14)=116+ln72.能力提升练1.(多选)(2020建湖第二中学高二开学考试)关于函数f(x)=ex-2,下列结论不正确的是()A.f

(x)没有零点B.f(x)没有极值点C.f(x)有极大值点D.f(x)有极小值点解析令f(x)=0,解得x=ln2,所以f(x)有零点,所以A选项不正确.f'(x)=ex>0,所以f(x)在R上递增,没有极值点,所以B选项正确,CD选项不正确.故选A

CD.答案ACD2.已知函数f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a在x=1处取得极大值10,则𝑎𝑏的值为()A.-23B.-2C.-2或-23D.不存在解析∵f'(x)=3x2+2ax+b,且f(x)在x=1处取得极大值10,∴f'(1)=3+2a+b=0,f(1)=1+a+b-a2-7a=

10,∴a2+8a+12=0,∴a=-2,b=1或a=-6,b=9.当a=-2,b=1时,f'(x)=3x2-4x+1=(3x-1)(x-1).当13<x<1时,f'(x)<0,当x>1时,f'(x)>0,

∴f(x)在x=1处取得极小值,与题意不符.当a=-6,b=9时,f'(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3);当x<1时,f'(x)>0,当1<x<3时,f'(x)<0,∴f(x)在x=1处取得极大值,符合题意;∴𝑎𝑏=-69=-23.答案A3.(2020旬邑中学高二月

考)函数f(x)=4x-lnx的最小值为()A.1+2ln2B.1-2ln2C.1+ln2D.1-ln2解析f'(x)=4-1𝑥=4𝑥-1𝑥,x>0.令f'(x)>0,得x>14;令f'(x)<0,得0<x<14.所以当x=14时,函数有最小值为f14=4×14-ln14=1+ln4

=1+2ln2.故选A.答案A4.(2019江苏南京高三期中)定义在0,π2的函数f(x)=8sinx-tanx的最大值为.解析函数f(x)=8sinx-tanx,那么f'(x)=8cosx-1cos2𝑥=8cos3𝑥

-1cos2𝑥,令f'(x)=0,得cosx=12.∵x∈0,π2,∴x=π3.当x∈0,π3时,f'(x)>0,函数f(x)在区间0,π3上是增函数;当x∈π3,π2时,f'(x)<0,函数f(x)在区间π3,π2上是减函数.∴当x=π3时,函数f(x

)取得最大值为3√3.答案3√35.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.解析∵f'(x)=3x2+2x-a,函数f(x)在区间(-1,1)上恰有一个极值点,即f'(x)=0在(-1,1)内恰有一个根.又函数f

'(x)=3x2+2x-a的对称轴为x=-13,∴应满足{𝑓'(-1)≤0,𝑓'(1)>0,∴{3-2-𝑎≤0,3+2-𝑎>0,∴1≤a<5.答案[1,5)6.已知函数f(x)=𝑎𝑥2+2lnx,若当a>0时,f(x)≥2恒成立,则实数a的取值范围是.解析由f(x)=𝑎𝑥2+

2lnx,得f'(x)=2(𝑥2-𝑎)𝑥3,又函数f(x)的定义域为(0,+∞),且a>0,令f'(x)=0,得x=-√𝑎(舍去)或x=√𝑎.当0<x<√𝑎时,f'(x)<0;当x>√𝑎时,f'(x)>0.故

x=√𝑎是函数f(x)的极小值点,也是最小值点,且f(√𝑎)=lna+1.要使f(x)≥2恒成立,需lna+1≥2恒成立,则a≥e.答案[e,+∞)7.设f(x)=alnx+12𝑥+32x+1,

其中a∈R,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于y轴.(1)求a的值;(2)求函数f(x)的极值.解(1)因为f(x)=alnx+12𝑥+32x+1,故f'(x)=𝑎𝑥−12𝑥2+32.由于曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于y轴,

故该切线斜率为0,即f'(1)=0,从而a-12+32=0,解得a=-1.(2)由(1),知f(x)=-lnx+12𝑥+32x+1(x>0),f'(x)=-1𝑥−12𝑥2+32=3𝑥2-2𝑥-12

𝑥2=(3𝑥+1)(𝑥-1)2𝑥2.令f'(x)=0,解得x1=1,x2=-13.因为x2=-13不在定义域内,舍去.当x∈(0,1)时,f'(x)<0,故f(x)在(0,1)上为减函数;当x∈(1,+∞)时,f'(x)

>0,故f(x)在(1,+∞)上为增函数.故f(x)在x=1处取得极小值,且f(1)=3.8.(2020天津)已知函数f(x)=x3+klnx(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))

处的切线方程;②求函数g(x)=f(x)-f'(x)+9𝑥的单调区间和极值;(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有𝑓'(𝑥1)+𝑓'(𝑥2)2>𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2.

(1)解①当k=6时,f(x)=x3+6lnx,故f'(x)=3x2+6𝑥.可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.②依题意,g(x)=x3-3x2+6lnx+3𝑥,x∈(0,+∞)

.从而可得g'(x)=3x2-6x+6𝑥−3𝑥2,整理可得g'(x)=3(𝑥-1)3(𝑥+1)𝑥2.令g'(x)=0,解得x=1.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:x(0,1)1(1,+∞)g'(x)-0+g(x)↘极小值↗所以,

函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)证明由f(x)=x3+klnx,得f'(x)=3x2+𝑘𝑥.对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令𝑥1𝑥

2=t(t>1),则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]=(x1-x2)3𝑥12+𝑘𝑥1+3𝑥22+𝑘𝑥2-2𝑥13−𝑥23+kln𝑥1𝑥2=𝑥13−𝑥23-3�

�12x2+3x1𝑥22+k𝑥1𝑥2−𝑥2𝑥1-2kln𝑥1𝑥2=𝑥23(t3-3t2+3t-1)+kt-1𝑡-2lnt.①令h(x)=x-1𝑥-2lnx,x∈[1,+∞).当x>1时,h'

(x)=1+1𝑥2−2𝑥=(1-1𝑥)2>0,由此可得h(x)在[1,+∞)单调递增,所以当t>1时,h(t)>h(1),即t-1𝑡-2lnt>0.因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,所以,𝑥2

3(t3-3t2+3t-1)+kt-1𝑡-2lnt≥(t3-3t2+3t-1)-3t-1𝑡-2lnt=t3-3t2+6lnt+3𝑡-1.②由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3

t2+6lnt+3𝑡>1,故t3-3t2+6lnt+3𝑡-1>0.③由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0.所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有𝑓'(𝑥1)+𝑓'(

𝑥2)2>𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2.素养培优练1.(2020全国Ⅰ)已知函数f(x)=ex+ax2-x.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≥12x3+1,求a的取值范围.解(1)当a=1时,f(x)=ex+x2-x,f'

(x)=ex+2x-1.故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f(x)≥12x3+1等价于(12𝑥3-𝑎𝑥2+𝑥+1)e-x≤1.设函数g(x)=(12𝑥3-𝑎𝑥2+𝑥+

1)e-x(x≥0),则g'(x)=-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.①若2a+1≤0,即a≤-12,则当x∈(0,2)时,g'(

x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.②若0<2a+1<2,即-12<a<12,则当x∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x)<0;当x∈(2a+1,2)时,g'(x)>0.所以g(x)

在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增.由于g(0)=1,所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7-4a)e-2≤1,即a≥7-e24.所以当7-e24≤a<12时,g(x)≤1.③若2a+1≥2,即a≥12,则g(x)

≤12x3+x+1e-x.由于0∈7-e24,12,故由②可得12x3+x+1e-x≤1.故当a≥12时,g(x)≤1.综上,a的取值范围是[7-e24,+∞).2.(2020云南保山高二月考)已知函数g(x)=𝑥ln𝑥,f(

x)=g(x)-ax.(1)若函数f(x)在(1,+∞)上是减函数,求实数a的最小值;(2)若存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f'(x2)+a(a>0)成立,求实数a的取值范围.解由已知函数g(x),f(x)的定义域均为(0,1)∪(1,+∞),且f(

x)=𝑥ln𝑥-ax(a>0).(1)函数g'(x)=ln𝑥-𝑥·1𝑥(ln𝑥)2=ln𝑥-1(ln𝑥)2,因为f(x)在(1,+∞)上为减函数,故f'(x)=ln𝑥-1(ln𝑥)2-a≤0在(1,+∞)上恒成立.所以当x∈(1,+∞)时,f'(x)ma

x≤0.又f'(x)=ln𝑥-1(ln𝑥)2-a=-1ln𝑥2+1ln𝑥-a=-1ln𝑥−122+14-a,故当1ln𝑥=12,即x=e2时,f'(x)max=14-a.所以14-a≤0,于是a≥14,故a的最小值为14.(2)命题“若存在x1,x2∈[

e,e2],使f(x1)≤f'(x2)+a成立”等价于“当x∈[e,e2]时,有f(x)min≤f'(x)max+a”.由(1),知当x∈[e,e2]时,f'(x)max=14-a,∴f'(x)max+a=14.问题等价于

“当x∈[e,e2]时,有f(x)min≤14”.①当a≥14时,由(1),f(x)在[e,e2]上为减函数,则f(x)min=f(e2)=e22-ae2≤14,故a≥12−14e2.②当0<a<14时,由于f'(x)=-1ln𝑥−122

+14-a在[e,e2]上为增函数,故f'(x)的值域为[f'(e),f'(e2)],即[-𝑎,14-𝑎].由f'(x)的单调性和值域知,存在唯一x0∈(e,e2),使f'(x0)=0,且满足:当x∈(e,

x0)时,f'(x)<0,f(x)为减函数;当x∈(x0,e2)时,f'(x)>0,f(x)为增函数;所以,f(x)min=f(x0)=𝑥0ln𝑥0-ax0≤14,x0∈(e,e2).所以,a≥1ln𝑥0−14𝑥0>1lne

2−14e>12−14=14,与0<a<14矛盾,不合题意.综上,得a≥12−14e2.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com