函數(shù)的極值與最大（?。┲怠拘陆滩摹?022年人教A版高中數(shù)學選擇性練習（Word含解析）

函數(shù)的極值與最大（?。┲稻毩曇弧芜x題已知函數(shù)f(x)=?x3+ax2?4在x=2處取得極值，若m∈[?1,1]，則A.?4 B.?2 C.0 D.2若函數(shù)fx=x3?3x在a,6?a2上有最小值，則實數(shù)A.?5,1 B.?5,1 C.設(shè)函數(shù)fx=x2?3eA.fx有極大值且為最大值

B.fx有極小值，但無最小值

C.若方程fx=b恰有3個實根，則0<b<6e已知函數(shù)f(x)=13x3?4x+4在區(qū)間(2a?5,a2)A.?2,32 B.(?2,2) C.已知函數(shù)f(x)=aexA.f(x)在R上單調(diào)遞增

B.f(x)無極值點

C.當a=2時，函數(shù)f(x)在[1,2]上有最小值e

D.若f(x)≥1對任意x∈(0,+∞)恒成立，則a≥函數(shù)f(x)=xln?x，正確的命題是(????)A.值域為R B.在(1,+∞)是增函數(shù)

C.f(x)有兩個不同的零點 D.過(1,0)點的切線有兩條已知函數(shù)f(x)=12x?sinx，xA.π6 B.π?336 C.π+3已知函數(shù)fx=exx+klnx?x，若A.(?∞,e] B.(?∞,e) C.(?e,+∞) D.[?e,+∞)函數(shù)f(x)=xln?x，正確的命題是A.值域為R B.在(1,+∞)是增函數(shù)

C.f(x)有兩個不同的零點 D.過已知函數(shù)fx=ax2+bx?lnx(a>0,b∈R)，若對任意x>0，有A.lna<?2b B.lna>?2b C.lna=?2b函數(shù)f(x)=13x3+ax2?2x+1A.?12<a<12 B.?12≤a≤12函數(shù)f(x)=ln|x|+|sinx|(?π≤x≤π且x≠0)的圖象大致是A. B.

C. D.二、單空題若函數(shù)fx=12ax2已知函數(shù)f(x)的定義域為?1,5，部分對應(yīng)值如下表．f(x)的導函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖所示．x?1045f(x)1221

下列關(guān)于函數(shù)f(x)的命題：①函數(shù)y=f(x)是周期函數(shù)；

②函數(shù)f(x)在0,2上是減函數(shù)；③如果當x∈?1,t時，f(x)的最大值是2，那么t的最大值為4④當1<a<2時，函數(shù)y=f(x)?a有4個零點．其中真命題有__________.

若對任意正實數(shù)x，y，不等式(2x?y)?(lny?lnx+1)≤xa恒成立，則實數(shù)a的取值范圍a為__________已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c在x=?23與x=1處都取得極值，則a+b=_________.若對x∈[?1,2]，不等式函數(shù)f(x)=sinx+12sin設(shè)函數(shù)fx=lnx+k+1，gx=ex.若f三、解答題某種商品每件進價9元，售價20元，每天可賣出69件.若售價降低，銷售量可以增加，且售價降低x(0≤x≤11)元時，每天多賣出的件數(shù)與x2+x成正比.已知商品售價降低3元時，一天可多賣出(1)試將該商品一天的銷售利潤表示成x的函數(shù)；(2)該商品售價為多少元時一天的銷售利潤最大？

已知函數(shù)f(x)=x3(1)當c=1時，討論函數(shù)f(x)單調(diào)性；(2)設(shè)x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個極值點，當|x1?x答案和解析1.【答案】A

【解答】

解：f′(x)=?3x2+2ax，因為f(x)在x=2處取得極值，所以f′(2)=0,即?12+4a=0，所以a=3，

則f′(x)=?3x2+6x=3x(?x+2),當?1<x<0時，f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減，當0<x<1時，f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增，

所以當m∈?1,1，則f【解析】解：由f(x)=x3?3x，得f′(x)=3x2?3．

令f′(x)=3x2?3=0，可得x=±1．

x∈(?∞,?1)時，f′(x)>0；x∈(?1,1)時，f′(x)<0；

x∈(1,+∞)時，f′(x)>0，

∴f(x)的增區(qū)間是(?∞,?1)，(1,+∞)，減區(qū)間是(?1,1)，

x=1為函數(shù)的極小值點，x=?1為函數(shù)的極大值點．

∵函數(shù)

f(x)在區(qū)間(a,6?a2)上有最小值，

所以函數(shù)f(x)的極小值點必在區(qū)間(a,6?a2)內(nèi)，則a<1<6?【解答】解：∵f(x)=(x2?3)∴當x∈(?∞,?3)∪(1,+∞)時，f′(x)>0，函數(shù)當x∈(?3,1)時，f′(x)<0，函數(shù)∵當x∈(?∞,?3)時，x2?3>0，ex再由f(?3)=6e3如圖，由圖象可知，f(?3)為函數(shù)的極大值但不是最大值，故A錯誤；f(1)為函數(shù)的極小值，且為最小值，故B錯誤；若要使f(x)=b有3個實根，

則要使函數(shù)y=b的圖象與函數(shù)f(x)的圖象有3個交點，

則0<b<6e3，故C正確；

若要使f(x)=b恰有一個實根，

則要使函數(shù)y=b的圖象與函數(shù)f(x)的圖象僅有1個交點，

則b>6e4.【答案】D

解：f′x=x2?4，令f′x=0，則x=±2，

則當x<?2時，f′x>0，函數(shù)單調(diào)遞增；

當?2<x<2時，f′x<0，函數(shù)單調(diào)遞減；

當x>2時，f′x>0，函數(shù)單調(diào)遞增．

所以x=?2時，函數(shù)f(x)取得極大值283，

且當x=4時，f(4)=283，

要使函數(shù)f(x)=13x3?4x+4在區(qū)間(2a?5,a2)上存在最大值，

則必有：2a?5<?2a2?4??2?a<32．

5.【答案】D

【解答】

解：∵f′(x)=aex(x?1)x2，

令f′x>0得x>1，令f′x<0得x<0或0<x<1，

故f(x)在(?∞,0)，(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增，所以A錯；

f(x)有極小值f(1)=ae，無極大值，所以B錯；

當a=2時，f(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，所以f(x)min=f(1)=2e，所以C錯；

f(x)在(0,+∞)上最小值為f(1)=ae，∴ae≥1，∴a≥1e，∴D正確．

6.【答案】B

【解答】

解：因為f′x=1+lnx(x>0)，

當x∈0,?1e時，f′x<0；當x∈1e,+∞時，f′x>0，

所以函數(shù)f(x)在0,?1e上單調(diào)遞減，在1【解答】解：f(x)=12x?sinx，x∈(0,π)，

由f′(x)=12?cosx=0，得x=π3，

當x∈(0,π3)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x∈(π3,π)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，

則f(x)在【解答】解：∵f(x)=e∴f′=x?1∴x=1是函數(shù)f(x)的唯一極值點，

∴ex?kx=0在x∈0,+∞上無解，或有唯一解x=1，

①當x=1為其唯一解時，k=e，令?(x)=ex?ex(x>0)，?′(x)=ex?e，

當x∈0,1時，?′x<0，即?(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為0,1，

當x∈1,+∞時，?′x>0，即?x的單調(diào)遞增區(qū)間為1,+∞，

∴?x在x=1處，取得極小值，

∴k=e時，x=1是f(x)的唯一極值點；

②當k=exx在x∈0,+∞上無解，

設(shè)gx=exx

則g′x=exx?1x2，

當x∈0,1時，g′x<0，即g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為0,1，

當x∈1,+∞時，g′x>0，即gx的單調(diào)遞增區(qū)間為1,+∞，

∴gx在x=1處，取得極小值，也是其最小值，gxmin=g1=e，

又k=exx在x∈0,+∞上無解，

∴k<e，

綜上k≤e．

9.【答案】B

【解答】

解：因為f′x=1+lnx(x>0)，

當x∈0,?1e時，f′x<0；當x∈1e,+∞時，f′x>0，

所以函數(shù)f(x)在0,?1e上單調(diào)遞減，在1e,+∞上單調(diào)遞增，

所以x=1e是函數(shù)的極小值點，也是唯一的最小值點，即最小值為f1e=?1e，

所以函數(shù)f(x)的值域為?1e,?+∞，函數(shù)的圖像如下：

故A錯誤，B正確，C錯誤；

設(shè)切點為x0,??x0lnx0，則k=f′x0=1+lnx0，

所以切線方程為：y?x0lnx0=1+lnx0x?x0，

又因為切線過點(1,0)，

所以0?x0lnx0=1+lnx01?x0，解得x0=1，

所以切點為(1,0)，即過(1,0)點的切線有一條，故D錯誤．

10.【答案】A

【解答】

解：f′(x)=2ax+b?1x，

由題意可知，f(x)在x=1處取得最小值，即x=1是f(x)的極值點；

∴f′(1)=0，

∴2a+b=1，即b=1?2a；

令g(x)=2?4x+lnx(x>0)，

則g′(x)=1?4xx；【解答】

解：∵f(x)=12ax2+xln?x?x，其中x>0，

則f′x=ax+lnx，

因為函數(shù)f(x)=12ax2+xlnx?x存在單調(diào)遞增區(qū)間，

則?x>0，使得f′x>0，

即?x>0，a>?lnxx，

構(gòu)造函數(shù)gx=?lnxx，x>0，

則a>gxmin，

g′x=lnx?1x2，令g′x=0，得x=e；

當0<x<e時，g′x<0，gx單調(diào)遞減；

當x>e時，g′x>0，gx單調(diào)遞增；

所以，函數(shù)gx在x=e處取得極小值，亦即最小值，

則gxmin=ge=?1e，

所以，a>?1e，

故答案為：．

14.【答案】②

15.【答案】(0,1]

【解答】解：不等式(2x?y)?(lny?lnx+1)≤xa對x、y>0恒成立，

可得(2?yx)?(lnyx+1)≤1a，

可設(shè)t=yx(t>0)，可得f′(t)=(2?t)(lnt+1)，

f′(t)=?(lnt+1)+x(?∞,??(?1(1,+∞)f′(x)+0?0+f(x)↑極大值↓極小值↑所以函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間是(?∞,?23)和(1,+∞)，遞減區(qū)間是(?23,1)，

當x=?23時，f(x)=2227+c為極大值，而f(2)=2+c，

所以f(2)=2+c為最大值．

要使f(x)<c2對x∈[?1,2]恒成立，須且只需c2>f(2)=2+c．

【解析】解：由題意可得：f′(x)=cosx+cos2x=2cos2x+cosx?1=(2cosx?1)(cosx+1)，

∵cosx+1≥0，

∴當cosx>12時，f′(x)>0，

當?1<cosx<12時，f′(x)<0，

即當2kπ?π3≤x≤2kπ+π3,k∈Z時，f(x)單調(diào)遞增，

當2kπ+π3<x<2kπ+5π3,k∈Z時，f(x)單調(diào)遞減，

故f(x)在x=2kπ+π3,k∈Z處取得極大值即最大值，

且f(x)max=sinπ3+12sin(2×π3)=32+12×32=334．

故答案為：334．

對函數(shù)求導，分類討論確定函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)的極大值點即可得解．

本題主要考查了函數(shù)的導數(shù)與極值的關(guān)系，考查極值點，屬于綜合題．

18.【答案】2∴當商品售價為14元時，一天銷售利潤最大，最大值為975元．20.【答案】解：(1)因為f′(x)=3x2+2bx+1，且