2024高考数学一轮总复习（导与练）第三章 第3节　导数与函数的极值、最值

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第3节　导数与函数的极值、最值[选题明细表] 知识点、方法题号导数研究函数的极值1,2,6,8,9,10,11,13导数研究函数的最值3,4,5,7,12,141.函数f(x)=x3-3x2+3x的极值点的个数是(　A　)A.0 B.1 C.2 D.3解析:f′(x)=3x2-6x+3=3(x-1)2,当x=1时导函数值为0,但在此零点两侧导函数均大于0,所以此处不是函数的极值点,所以函数极值点个数为0.2.已知函数f(x)的定义域为(a,b),导函数f′(x)在(a,b)上的图象如图所示,则函数f(x)在(a,b)上的极大值点的个数为(　B　)A.1 B.2 C.3 D.4解析:由函数极值的定义和导函数的图象可知,f′(x)在(a,b)上与x轴的交点个数为4,但是在原点附近的导数值恒大于零,故x=0不是函数f(x)的极值点.其余的3个交点都是极值点,其中有2个点满足其附近的导数值左正右负,故极大值点有2个.3.(2022·重庆联考)函数f(x)=x+2cos x在[0,π]上的最大值为(　D　)A.π-2 B.C.2    D.+解析:由题意得,f′(x)=1-2sin x,所以当0≤sin x≤,即x在[0,]和[,π]上时,f′(x)≥0,f(x)单调递增;当<sin x≤1,即x在(,)上时,f′(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)有极大值f()=+,极小值f()=-,而端点值f(0)=2,f(π)=π-2,则f()>f(0)>f(π)>f(),所以f(x)在[0,π]上的最大值为+.4.设圆柱的体积为V,那么其表面积最小时,底面半径为(　D　)A.   B.  C.  D.解析:设圆柱的底面圆半径为r,高为h,则V=πr2h,即h=,所以S=2πrh+2πr2=2πr·+2πr2=+2πr2,S′=4πr-=,由S′>0得,r>;由S′<0得,0<r<,所以r=时,圆柱的表面积最小.5.若函数f(x)=x3+x2-在区间(a,a+5)内存在最小值,则实数a的取值范围是(　C　)A.[-5,0) B.(-5,0)C.[-3,0) D.(-3,0)解析:由题意,f′(x)=x2+2x=x(x+2),当x<-2或x>0时,f′(x)>0;当-2<x<0时,f′(x)<0.故f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上是增函数,在(-2,0)上是减函数,所以函数f(x)的极小值为f(0)=-.作其图象如图,令x3+x2-=-,得x3+3x2=0,解得x=0或x=-3,结合图象可知解得a∈[-3,0).6.(2021·河南郑州一模)已知f(x)=(x2+2x+a)ex,若f(x)存在极小值,则a的取值范围是　　　　. 解析:函数f(x)的导函数为f′(x)=(2x+2)ex+(x2+2x+a)ex=ex(x2+4x+a+2).因为函数f(x)的定义域为R,所以若f(x)存在极小值,即函数f(x)有极小值点,所以x2+4x+a+2=0有两个不相等的实数根,Δ=16-4(a+2)>0,解得a<2.答案:(-∞,2)7.(2021·新高考Ⅰ卷)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为　　　.解析:函数f(x)=|2x-1|-2ln x的定义域为(0,+∞).①当x>时,f(x)=2x-1-2ln x,所以f′(x)=2-=,当<x<1时,f′(x)<0,当x>1时,f′(x)>0,所以f(x)min=f(1)=2-1-2ln 1=1;②当0<x≤时,f(x)=1-2x-2ln x在(0,]上单调递减,所以f(x)min=f()=-2ln =2ln 2=ln 4>ln e=1.综上,f(x)min=1.答案:18.已知x=0是f(x)=(x-a)ex+1的极值点,则a=　　　　. 解析:因为f(x)=(x-a)ex+1,所以f′(x)=(x-a+1)ex,因为x=0是函数f(x)的极值点,则f′(0)=0,得1-a=0,解得a=1,当a=1时,f′(x)=xex,当x<0时,f′(x)<0,则f(x)单调递减,当x>0时,f′(x)>0,则f(x)单调递增,所以x=0是函数f(x)的极值点,故a=1.答案:19.已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).(1)当a=时,求f(x)的极值;(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数.解:(1)当a=时,f(x)=ln x-x,函数的定义域为(0,+∞)且f′(x)=-=,令f′(x)=0,得x=2,于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表所示,x(0,2)2(2,+∞)f′(x)+0-f(x)单调递增ln 2-1单调递减故f(x)在定义域上的极大值为f(2)=ln 2-1,无极小值.(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a=(x>0).当a≤0时,f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,则函数在(0,+∞)上单调递增,此时函数在定义域上无极值点;当a>0时,若x∈(0,),则f′(x)>0,若x∈(,+∞),则f′(x)<0,故函数在x=处有极大值.综上可知,当a≤0时,函数f(x)无极值点;当a>0时,函数y=f(x)有一个极大值点x=.10.(多选题)已知函数f(x)=xln x+x2,x0是函数f(x)的极值点,下列结论正确的是(　AD　)A.0<x0<       B.x0>C.f(x0)+2x0<0 D.f(x0)+2x0>0解析:函数f(x)=xln x+x2(x>0),所以f′(x)=ln x+1+2x,因为x0是函数f(x)的极值点,所以f′(x0)=0,即ln x0+1+2x0=0,又f′()=>0,所以当x>时,f′(x)>0,因为当x→0时,f′(x)→-∞,所以0<x0<,故A正确,B不正确;f(x0)+2x0=x0ln x0++2x0=x0(ln x0+x0+2)=x0(1-x0)>0,故D正确,C不正确.11.已知函数f(x)=xln x+mex(e为自然对数的底数)有两个极值点,则实数m的取值范围是　　　　. 解析:f(x)=xln x+mex(x>0),所以f′(x)=ln x+1+mex(x>0),令f′(x)=0,得-m=,设g(x)=,则g′(x)=(x>0),令h(x)=-ln x-1,则h′(x)=--<0(x>0),所以h(x)在(0,+∞)上单调递减且h(1)=0,所以当x∈(0,1]时,h(x)≥0,即g′(x)≥0,g(x)在(0,1]上单调递增;当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,即g′(x)<0,g(x)在(1,+∞)上单调递减,故g(x)max=g(1)=,而当x→0时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→0,若f(x)有两极值点,只要y=-m和g(x)的图象在(0,+∞)上有两个交点,只需0<-m<,故-<m<0.答案:(-,0)12.已知函数f(x)=.(1)证明:函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;(2)当x>0时,求g(x)=f(x)+f()的最大值.(1)证明:f′(x)=,令h(x)=-ln(x+1)(x>-1),h′(x)=-,令h′(x)>0,解得-1<x<0,故h(x)在(-1,0)上单调递增,(0,+∞)上单调递减,故h(x)的最大值为h(0)=0,故f′(x)<0,故f(x)在(-1,+∞)上单调递减,即函数在(0,+∞)上单调递减.(2)解:g(x)=f(x)+f()=+xln(+1),因为g(x)=g(),故研究g(x)在(0,+∞)的最大值等价于研究函数g(x)在(0,1]的最大值,g′(x)=(1-)ln(1+x)-ln x+-,g″(x)=[ln(1+x)-],令(x)=ln(1+x)-,′(x)=,因为0<x≤1,故′(x)<0,故(x)<(0)=0,故g″(x)<0,故g′(x)在(0,1]上单调递减,故g′(x)≥g′(1)=0,故g(x)在(0,1]上单调递增,故g(x)的最大值为g(1)=2ln 2.综上所述,g(x)的最大值为2ln 2.13.已知函数f(x)=ln x+,a∈R.(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;(2)设函数g(x)=,若g(x)在[1,e2]上存在极值,求a的取值范围.解:(1)当a=1时,函数f(x)=ln x+,其定义域为(0,+∞),可得f′(x)=-=,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,所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).(2)由g(x)==+-,x∈[1,e2],可得g′(x)=+-=,设h(x)=2x-xln x-2a,则h′(x)=2-(1+ln x)=1-ln x,令h′(x)=0,即1-ln x=0,解得x=e,当x∈[1,e)时,h′(x)>0;当x∈(e,e2]时,h′(x)<0,所以h(x)在区间[1,e)上单调递增,在区间(e,e2]上单调递减,且h(1)=2-2a,h(e)=e-2a,h(e2)=-2a,显然h(1)>h(e2),若g(x)在[1,e2]上存在极值,则满足或解得0<a<.综上可得,当0<a<时,g(x)在[1,e2]上存在极值,所以实数a的取值范围为(0,).14.若函数f(x)=x3-ax2+x-5无极值点,则实数a的取值范围是(　　)A.(-1,1)B.[-1,1]C.(-∞,-1)∪(1,+∞)D.(-∞,-1]∪[1,+∞)解析:因为f(x)=x3-ax2+x-5,所以f′(x)=x2-2ax+1.由函数f(x)=x3-ax2+x-5无极值点知f′(x)=0至多有1个实数根,所以Δ=(-2a)2-4≤0,解得-1≤a≤1,所以实数a的取值范围是[-1,1].