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  • 2021-06-11 发布

高考数学一轮复习练案16第二章函数导数及其应用第十二讲导数在研究函数中的应用第2课时导数与函数的极值最值含解析

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‎ [练案16]第二课时 导数与函数的极值、最值 A组基础巩固 一、单选题 ‎1.设函数f(x)=+ln x,则( D )‎ A.x=为f(x)的极大值点 B.x=为f(x)的极小值点 C.x=2为f(x)的极大值点 D.x=2为f(x)的极小值点 ‎[解析] f(x)=+ln x(x>0),f′(x)=-+=,令f′(x)=0,得x=2.当x>2时,f′(x)>0,这时f(x)为增函数;当00,所以在区间(a,b)内只有1个极小值点,故选A.‎ ‎3.(2020·贵阳模拟)函数f(x)=x2-lnx的最小值为( A )‎ A.  B.1 ‎ C.0  D.不存在 ‎[解析] f′(x)=x-=,且x>0.令f′(x)>0,得x>1;令f′(x)<0,得01时,f′(x)>0,所以f(x)在x=1处取得极小值.故选C.‎ 二、多选题 ‎7.下列四个函数,在x=0处取得极值的函数有( BC )‎ A.y=x3  B.y=x2+1 ‎ C.y=|x|  D.y=2x ‎[解析] 对于A、D,y=x3和y=2x在x=0处无极值.B、C符合.故选B、C.‎ ‎8.已知函数f(x)=ax--3ln x,其中a为常数.若f(x)在(0,+∞)上既存在极大值也存在极小值,则实数a的取值可以是( BD )‎ A.-1  B.0 ‎ - 6 -‎ C.  D.1‎ ‎[解析] f′(x)=a+-=(x>0),由题设可得方程ax2-3x+2=0在(0,+∞)上有两个不等的正实根,不妨设这两个根为x1,x2,则有解得02时f′(x)>0,当0-1时y′>0,∴函数在x=-1时取得极小值-,又y′|x=-1=0,∴所求切线方程为y=-.‎ ‎12.已知函数f(x)=(x2+x+m)ex(其中m∈R,e为自然对数的底数).若在x=-3处函数f(x)有极大值,则函数f(x)的极小值是__-1__.‎ ‎[解析] 由f(x)=(x2+x+m)ex,得f′(x)=(x2+3x+m+1)·ex.若在x=-3处函数f(x)有极大值,则f′(-3)=0,解得m=-1,故f(x)=(x2+x-1)ex,f′(x)=(x2+3x)ex.令f′(x)>0,解得x>0或x<-3;令f′(x)<0,解得-30,f′(-1)=e-1-3<0,∴在区间(-1,1)上存在x0使f′(x0)=0,∴函数f(x)在区间[-1,x0]上单调递减,在区间[x0,1]上单调递增,∴f(x)max=max{f(-1),f(1)},又f(-1)=e-1+2,f(1)=e,∴f(x)max=e.故f(x)在[-1,1]上的最大值为e.‎ ‎14.(2020·重庆高三调研)已知函数f(x)=a(x-)-2ln x,a>0.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,求证:f(x1)+f(x2)=0.‎ ‎[解析] f′(x)=a(1+)-=,其中方程ax2-2x+a=0的根的判别式Δ=4-‎4a2,故当a≥1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,当00,∴-3是f(x)的极小值点.A正确;又x∈(-3,1)时f′(x)>0,∴f(x)在区间(-3,1)上单调递增,D正确,故选A、D.‎ - 6 -‎ ‎2.(2020·湖北襄阳四校联考)函数f(x)=x2+xlnx-3x的极值点一定在区间( B )‎ A.(0,1)  B.(1,2) ‎ C.(2,3)  D.(3,4)‎ ‎[解析] 函数的极值点即导函数的零点,f′(x)=x+lnx+1-3=x+lnx-2,则f′(1)=-1<0,f′(2)=ln2>0,由零点存在性定理得f′(x)的零点在(1,2)上,故选B.‎ ‎3.(2020·贵州黔东南州联考)已知函数f(x)=lnx-,若函数f(x)在[1,e]上的最小值为,则a的值为( A )‎ A.-  B.- ‎ C.-  D.e ‎[解析] f′(x)=+= 若a≥0,则f′(x)>0,f(x)在[1,e]上递增,‎ fmin(x)=f(1)=-a=,则a=-,矛盾.‎ 若a<0,则由f′(x)=0得x=-a.‎ 若1<-a0,得01,‎ ‎∴f(x)=1--lnx在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.‎ ‎(2)由(1)得f(x)在[,1]上单调递增,在[1,e]上单调递减,‎ ‎∴f(x)在[,e]上的最大值为f(1)=1-1-ln1=0.‎ 又f()=1-e-ln=2-e,f(e)=1--lne=-,且f()0解得x0,‎ f′(x)<0解得0e2-2>0,‎ 由(2)知f(x)在x=a处取得极大值,f(a)<0,‎ 因此,f(x)只有一个零点.‎ - 6 -‎