高考数学复习导数及其应用第19练函数的极值与最值练习 7页

第19练函数的极值与最值[基础保分练]1．设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则实数a的取值范围是(　　)A．a<－1B．a>－1C．a>－D．a<－2．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值、极小值分别为(　　)A．－，0B．0，－C.，0D．0，3．(2019·河北武邑中学调研)已知函数f(x)＝(2x－x2)ex，则(　　)A．f()是f(x)的极大值也是最大值B．f()是f(x)的极大值但不是最大值C．f(－)是f(x)的极小值也是最小值D．f(x)没有最大值也没有最小值4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝2n－1＋k，则f(x)＝x3－kx2－2x＋1的极大值为(　　)A．2B．3C.D.5．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx(m，n∈R)，f(x)在x＝1处取得极大值，则实数m的取值范围为(　　)A．m≠－3B．m>－3C．m<－3D．m≤－36．(2018·邢台期末)若函数f(x)＝x2＋(a－1)x－alnx存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a的取值范围为(　　)A.B.C.D．(－1,0)∪7．(2018·泉州质检)已知直线y＝a分别与函数y＝ex＋1和y＝交于A，B两点，则A，B之间的最短距离是(　　)A.B.C.D.8．记函数f(x)＝x3－x2＋在(0，＋∞)上的值域为M，g(x)＝(x＋1)2＋a在(－∞，＋∞)上的值域为N，若N⊆M，则实数a的取值范围是(　　)A．a≥B．a≤C．a≥D．a≤n9．函数f(x)＝x3＋3ax2＋3[(a＋2)x＋1]既有极大值又有极小值，则a的取值范围是________．10．已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围为________．[能力提升练]1．(2019·安徽省定远重点中学月考)设函数f(x)＝lnx＋ax2－x，若x＝1是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的极小值为(　　)A．ln2－2B．ln2－1C．ln3－2D．ln3－12．已知函数f(x)＝(x2＋x)·(x2＋ax＋b)，若对∀x∈R，均有f(x)＝f(2－x)，则f(x)的最小值为(　　)A．－B．－C．－2D．03.函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点(　　)A．1个B．2个C．3个D．4个4．已知对任意x∈不等式e>x2恒成立(其中e＝2.71828…是自然对数的底数)，则实数a的取值范围是(　　)A.B．(0，e)C．(－∞，－2e)D.5．已知函数f(x)＝(1＋2x)(x2＋ax＋b)(a，b∈R)的图象关于点(1,0)对称，则f(x)在[－1,1]上的值域为________．6．已知函数f(x)＝ex＋alnx，①当a＝1时，f(x)有最大值；②对于任意的a>0，函数f(x)是(0，＋∞)上的增函数；③对于任意的a<0，函数f(x)一定存在最小值；④对于任意的a>0，都有f(x)>0.其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)n答案精析基础保分练1．A　2.C　3.A　4.D5．C　[f′(x)＝3x2＋2mx＋n(x∈R)，由f′(1)＝0得3＋2m＋n＝0，Δ＝4m2－12n>0，∴(m＋3)2>0，得到m≠－3，①∵f′(x)＝3x2＋2mx－(2m＋3)＝(x－1)(3x＋2m＋3)，∴令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－，由－>1，解得m<－3，②由①②得m<－3，故选C.]6．B　[函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，对函数求导得f′(x)＝x－1＋a＝，因为函数存在唯一的极值，所以导函数在(0，＋∞)上存在唯一的零点，故x＝1是唯一的极值点，此时－a≤0且f(1)＝－＋a≥1，解得a≥.故选B.]7．D　[由y＝ex＋1得x＝lny－1(y>0)，由y＝得x＝y2＋1，所以设h(y)＝|AB|＝y2＋1－(lny－1)＝y2－lny＋2，h′(y)＝2y－＝，当0时，h′(y)>0，即函数h(y)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以h(y)min＝h＝2－ln＋2＝，故选D.]8．C　[由题意可得f′(x)＝x2－x＝x(x－1)，n则当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数的最小值为f(1)＝－＋＝，据此可知M＝，由二次函数的性质可知函数g(x)的最小值为g(－1)＝a，则N＝{x|x≥a}，结合N⊆M可知实数a的取值范围是a≥.]9．(－∞，－1)∪(2，＋∞)10．(－∞，4]解析　因为2f(x)≥g(x)，代入解析式可得2xlnx≥－x2＋ax－3，分离参数a可得a≤2lnx＋x＋，令h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，则h′(x)＝，令h′(x)＝0解得x1＝－3，x2＝1，所以当01时，h′(x)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)在x＝1处取得极小值，也是最小值．所以h(x)≥h(1)＝4.因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，所以a的取值范围为(－∞，4]．能力提升练1．A　[∵f(x)＝lnx＋ax2－x(x>0)，∴f′(x)＝＋2ax－，∵x＝1是函数的极大值点，∴f′(1)＝1＋2a－＝2a－＝0，n解得a＝，∴f′(x)＝＋－＝＝，∴当00，f(x)单调递增；当12时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴当x＝2时，f(x)有极小值，且极小值为f(2)＝ln2－2.]2．A　[对∀x∈R，均有f(x)＝f(2－x)，则f(x)的对称轴为x＝1，f(x)的零点也关于x＝1对称，由x2＋x＝0得x＝0，x＝－1是f(x)的两个零点，故x＝2，x＝3也是f(x)的零点．则x＝2，x＝3是方程x2＋ax＋b＝0的两根，则2＋3＝－a,2×3＝b，即a＝－5，b＝6，f(x)＝x(x＋1)·(x－2)(x－3)＝x(x－2)[x(x－2)－3]，令u＝x(x－2)，则u∈[－1，＋∞)，则g(u)＝u(u－3)＝2－，当u＝∈[－1，＋∞)时，g(u)取得最小值－，据此可知f(x)的最小值为－，故选A.]3．A　[函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，由图象得：当a0，当cx2得>2lnx在x∈上恒成立，即>在x∈上恒成立．令f(x)＝，x∈，n则f′(x)＝，∴当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈[e，e2]时，f′(x)<0，f(x)单调递减．∴f(x)max＝f(e)＝，∴>f(e)＝，∴00，函数f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x)min＝f(－1)＝－7，f(x)max＝f＝，所以函数f(x)的值域为.n6．②③解析　由函数的解析式可得：f′(x)＝ex＋，当a>0时，函数y＝ex，y＝alnx均为单调递增函数，则函数f(x)是(0，＋∞)上的增函数，说法②正确；可知，当a＝1时f(x)无最大值，说法①错误；当a<0时，f′(x)＝ex＋单调递增，且f′(－a)＝e－a－1>0，且当x→0时，f′(x)→－∞，据此可知存在x0∈(0，－a)，在区间(0，x0)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在区间(x0，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；函数f(x)在x＝x0处取得最小值，说法③正确；当a＝1时，f(x)＝ex＋lnx，由于e－5∈(0,1)，故∈(1，e)，f(e－5)＝＋lne－5＝－5<0，说法④错误；综上可得，正确结论的序号是②③.