高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十一节第2课时导数与函数的极值最值课时规范练理含解析新人教版

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第2课时 导数与函数的极值、最值

[A组　基础对点练]
1．(2021·湖南岳阳模拟)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是(　　)
A．y＝x3 B．y＝ln (－x)
C．y＝xe－x D．y＝x＋
解析：选项AB为单调函数，不存在极值，选项C不是奇函数，故选D.
答案：D
2．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R).若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是(　　)

解析：因为[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；选项D中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.
答案：D
3．(2020·贵州部分重点中学联考)函数f(x)＝4x－ln x的最小值为(　　)
A．1＋2ln 2 B．1－2ln 2
C．1＋ln 2 D．1－ln 2
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞).由题意知f′(x)＝4－＝.令f′(x)＞0得x＞，令f′(x)＜0得0＜x＜，所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以当x＝时，函数f(x)有最小值为f＝4×－ln ＝1＋ln 4＝1＋2ln 2.
答案：A
4．(2021·福建泉州质检)已知函数f(x)＝ax3－bx＋2的极大值和极小值分别为M，m，则M＋m＝(　　)
A．0 B．1
C．2 D．4
解析：由题意知f′(x)＝3ax2－b，令f′(x)＝0，即3ax2－b＝0，设该方程两个根为x1，x2，故f(x)在x1，x2处取得极值，
所以M＋m＝4－b(x1＋x2)＋a(x1＋x2)[(x1＋x2)2－3x1x2]，而x1＋x2＝0，x1x2＝－，所以M＋m＝4.
答案：D
5．设a∈R.若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则(　　)
A．a＜－1 B．a＞－1
C．a＞－ D．a＜－
解析：∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.
∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解．
∵x＞0时，－ex＜－1，∴a＝－ex＜－1.
答案：A
6．(2020·辽宁沈阳模拟)设函数f(x)＝xex＋1，则(　　)
A．x＝1为f(x)的极大值点
B．x＝1为f(x)的极小值点
C．x＝－1为f(x)的极大值点
D．x＝－1为f(x)的极小值点
解析：由f(x)＝xex＋1，可得f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)＞0可得x＞－1，即函数f(x)在(－1，＋∞)上是增函数；令f′(x)＜0可得x＜－1，即函数f(x)在(－∞，－1)上是减函数，所以x＝－1为f(x)的极小值点．
答案：D
7．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值3，那么此函数在[－2，2]上的最小值是(　　)
A．－37 B．－29
C．－5 D．以上都不对
解析：f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，
所以f(x)在[－2，0]上单调递增，在(0，2]上单调递减，
所以x＝0为极大值点，也为最大值点，
所以f(0)＝m＝3，所以m＝3.所以f(－2)＝－37，f(2)＝－5，
所以最小值是－37.
答案：A
8．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值．若t＝ab，则t的最大值为(　　)
A．2 B．3
C．6 D．9
解析：∵f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2，∴f′(x)＝12x2－2ax－2b.又∵f(x)在x＝1处有极值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0⇒a＋b＝6.∵a＞0，b＞0，a＋b≥2，∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时等号成立．
答案：D
9．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于(　　)
A．11或18 B．11
C．18 D．17或18
解析：∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
即解得或
而当时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2，x∈(－∞，1)，f′(x)＞0，x∈(1，＋∞)，f′(x)＞0，
故舍去．
∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.
答案：C
10．(2020·江西南昌调研)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1，2)，则(　　)
A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取得极小值
B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取得极大值
C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极小值
D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极大值
解析：当k＝1时，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0，
∴x＝1不是f(x)的极值点．
当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，
显然f′(1)＝0，且在x＝1附近的左侧f′(x)＜0，
当x＞1时，f′(x)＞0，
∴f(x)在x＝1处取得极小值．
答案：C
11．(2021·河北张家口期末)函数f(x)＝x3－3ax2＋bx－2a2在x＝2时有极值0，那么a＋b的值为(　　)
A．14 B．40
C．48 D．52
解析：因为f(x)＝x3－3ax2＋bx－2a2，所以f′(x)＝3x2－6ax＋b，由f(x)在x＝2时有极值0，可得则解得a＝2，b＝12或a＝4，b＝36.当a＝4，b＝36时，f′(x)＝3x2－24x＋36满足题意，函数f(x)＝x3－3ax2＋bx－2a2在x＝2时有极值0.当a＝2，b＝12时，f′(x)＝3x2－12x＋12＝3(x2－4x＋4)＝3(x－2)2≥0，函数f(x)在定义域上是增函数，没有极值点，不满足题意，舍去，所以a＋b＝40.
答案：B
12．(2020·江苏南通调研)已知函数f(x)＝2f′(1)ln x－x，则f(x)的极大值为________．
解析：因为f′(x)＝－1，所以f′(1)＝2f′(1)－1，所以f′(1)＝1，故f(x)＝2ln x－x，f′(x)＝－1＝，则f(x)在(0，2)上为增函数，在(2，＋∞)上为减函数，所以当x＝2时，f(x)取得极大值，且f(x)极大值＝f(2)＝2ln 2－2.
答案：2ln 2－2
13．(2021·湖北仙桃、天门、潜江期末改编)已知函数f(x)＝a sin 2x－(a＋2)cos x－(a＋1)x在上无极值，则a＝________，f(x)在上的最小值是________．
解析：函数f(x)的导数为f′(x)＝a cos 2x＋(a＋2)sin x－a－1＝a(1－2sin2x)＋(a＋2)sinx－a－1＝－2a sin2x＋(a＋2)sinx－1＝－(2sin x－1)(a sin x－1).当sin x＝，即x＝∈时，f′(x)＝0，所以要使f(x)在上无极值，则a＝2，此时f′(x)＝－(2sin x－1)2≤0恒成立，即f(x)单调递减，故在区间上f(x)的最小值为f＝－.
答案：2　－
14．(2021·沈阳模拟)设函数f(x)＝ln x－ax2－bx.若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为________．
解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝－ax－b.
∵x＝1是f(x)的极大值点，
∴f′(1)＝0，即1－a－b＝0，∴b＝1－a，
∴f′(x)＝－ax－(1－a)＝＝.
①若a≥0，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，∴x＝1是f(x)的极大值点．
②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－.因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－＞1，解得－1＜a＜0.
综合①②得a的取值范围是a＞－1.
答案：(－1，＋∞)
15．求函数y＝2x－的极大值．
解析：y′＝2＋，令y′＝0，得x＝－1.
当x＜－1时，y′＞0；当－1＜x＜0时，y′＜0.
当x＞0时，y′＞0，
所以当x＝－1时，y取极大值－3.
[B组　素养提升练]
1．已知函数f(x)＝－ax，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线经过点(2，－1).
(1)求实数a的值；
(2)设b＞1，求f(x)在上的最大值和最小值．
解析：(1)由题意得f(x)的导函数为f′(x)＝，
∴f′(1)＝＝1－a.
依题意，有＝1－a，即＝1－a，
解得a＝1.
(2)由(1)得f′(x)＝，
当0＜x＜1时，1－x2＞0，－ln x＞0，
∴f′(x)＞0，故f(x)在(0，1)上单调递增；
当x＞1时，1－x2＜0，－ln x＜0，
∴f′(x)＜0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
又∵0＜＜1＜b，∴f(x)最大值为f(1)＝－1.
设h(b)＝f(b)－f＝ln b－b＋，其中b＞1，
则h′(b)＝ln b＞0，
∴h(b)在(1，＋∞)上单调递增．
当b＝1时，h(b)＝0，可得h(b)＞0，则f(b)＞f，
故f(x)最小值为f＝－b ln b－.
2．已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝xf(x)－ax＋1.若g(x)在(0，＋∞)上存在极值点，求实数a的取值范围．
解析：(1)f(x)＝，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，
所以f′(x)＝.
当f′(x)＝0时，x＝1.
f′(x)与f(x)随x的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
(0，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
－
0
＋
f(x)


极小值

故f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(－∞，0)和(0，1).
(2)g(x)＝ex－ax＋1，x∈(0，＋∞)，
所以g′(x)＝ex－a，
当a≤1时，g′(x)＝ex－a＞0，
即g(x)在(0，＋∞)上递增，此时g(x)在(0，＋∞)上无极值点．
当a＞1时，令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a；
令g′(x)＝ex－a＞0，得x∈(ln a，＋∞)；
令g′(x)＝ex－a＜0，得x∈(0，ln a)，
故g(x)在(0，ln a)上递减，在(ln a，＋∞)上递增，
所以g(x)在(0，＋∞)上有极小值，无极大值，
且极小值点为x＝ln a，
故实数a的取值范围是(1，＋∞).
3．已知函数f(x)＝x3－ax2，a∈R.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x －sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
解析：(1)由题意f′(x)＝x2－ax，
所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，
所以f′(3)＝3，
因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.
(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，
所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x
＝x(x－a)－(x－a)sin x
＝(x－a)(x－sin x)，
令h(x)＝x－sin x，
则h′(x)＝1－cos x≥0，
所以h(x)在R上单调递增．
因为h(0)＝0，
所以当x＞0时，h(x)＞0；
当x＜0时，h(x)＜0.
①当a＜0时，g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表：
x
(－∞，a)
a
(a，0)
0
(0，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)

极大值

极小值

所以当x＝a时，g(x)有极大值为g(a)＝－a3－sin a.
当x＝0时，g(x)有极小值g(0)＝－a.
②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x).
当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值．
③当a＞0时，g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0
(0，a)
a
(a，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)

极大值

极小值

所以当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；
当x＝a时，g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－a3－sin a.
综上所述，当a＜0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；
当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；
当a＞0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sin a．
4．已知函数f(x)＝(a＞0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．
解析：(1)f′(x)＝
＝，
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex＞0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同．
又因为a＞0，所以－3＜x＜0时，
g(x)＞0，即f′(x)＞0，
当x＜－3或x＞0时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，
所以f(x)的单调增区间是(－3，0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞).
(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有

解得a＝1，b＝5，c＝5，
所以f(x)＝.
因为f(x)的单调增区间是(－3，0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，
所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，
故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者．而f(－5)＝＝5e5＞5＝f(0)，
所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.