【最新版】高中数学高三培优小题练第18练　导数与函数的极值、最值

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第18练　导数与函数的极值、最值考点一　利用导数研究函数的极值1．(2022·西安模拟)已知函数f(x)的导函数是f′(x)，y＝f′(x)的图象如图所示，下列说法正确的是(　　)A．函数f(x)在(－2，－1)上单调递减B．函数f(x)在x＝3处取得极大值C．函数f(x)在(－1,1)上单调递减D．函数f(x)共有4个极值点答案　C解析　对于选项A，由导函数的图象得函数f(x)在(－2，－1)上单调递增，故A错误；对于选项B，由导函数的图象得函数f(x)在(1,3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递增，所以x＝3不是f(x)的极值点，故B错误；对于选项C，由导函数的图象得函数f(x)在(－1,1)上单调递减，故C正确；对于选项D，由导函数的图象得函数f(x)共有3个极值点，x＝－3，x＝1是极小值点，x＝－1是极大值点，故D错误．2．(2022·信阳模拟)设f(x)＝x2＋cos x，则函数f(　　)A．有且仅有一个极小值B．有且仅有一个极大值C．有无数个极值D．没有极值答案　A解析　f′＝x－sin x，令g(x)＝x－sin x，则g′(x)＝1－cos x≥0，∴f′单调递增且f′＝0，∴当x<0时，f′<0，函数f单调递减，当x>0时，f′>0，函数f单调递增，故f有唯一的极小值点．3．(2022·沙坪坝重庆南开中学月考)函数f(x)＝在x＝处取得极值，则a＝____.答案　1解析　∵f(x)＝，∴f′(x)＝，又f(x)在x＝处取得极值，∴f′＝＝0，得a＝1，经检验a＝1符合题意．4．若函数f(x)＝x3－ax2－a2x＋1的极小值为－4，则整数a＝________.答案　－3解析　因为f(x)＝x3－ax2－a2x＋1，所以f′(x)＝3x2－2ax－a2＝3(x－a).当a＝0时，f(x)＝x3＋1，f′(x)＝3x2≥0，函数f(x)单调递增，无极小值；当a>0时，f(x)在和(a，＋∞)上单调递增，在上单调递减，故f(x)极小值＝f(a)＝1－a3＝－4，即a3＝5，无整数解；当a<0时，f(x)在(－∞，a)和上单调递增，在上单调递减，f(x)极小值＝f＝1＋＝－4，解得a＝－3.5．(2022·潍坊模拟)若函数f(x)＝(x2＋ax＋2)·ex在R上无极值，则实数a的取值范围为________．答案　[－2,2]解析　由f(x)＝(x2＋ax＋2)·ex可得，f′(x)＝(2x＋a)·ex＋(x2＋ax＋2)·ex＝[x2＋(a＋2)x＋a＋2]·ex，ex>0恒成立，y＝x2＋(a＋2)x＋a＋2为开口向上的抛物线，若函数f(x)＝(x2＋ax＋2)·ex在R上无极值，则y＝x2＋(a＋2)x＋a＋2≥0恒成立，所以Δ＝(a＋2)2－4(a＋2)≤0，解得－2≤a≤2，所以实数a的取值范围为[－2,2]．考点二　利用导数研究函数的最值6．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为(　　)A．1＋ln 2   B．1－ln 2C.   D.答案　C解析　因为f(x)＝x2－ln x(x>0)，所以f′(x)＝2x－，令2x－＝0，得x＝，令f′(x)>0，则x>；令f′(x)<0，则0<x<.所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)的极小值也是最小值为2－ln ＝.7．(2022·绵阳模拟)函数y＝(x－2)ex＋m在[0,2]上的最小值是2－e，则最大值是(　　)A．1  B．2  C．3  D．4答案　B解析　y′＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，因为x∈[0,2]，所以当x∈[0,1)时，y′<0，当x∈(1,2]时，y′>0，所以函数在[0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，所以函数在x＝1处取得极小值也是最小值，根据题意有－e＋m＝2－e，所以m＝2，当x＝0时，y＝－2＋2＝0，当x＝2时，y＝0＋2＝2，所以其最大值是2.8．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则实数a的取值范围是(　　)A．[0,1)   B．(0,1)C．(－1,1)   D.答案　B解析　由题意，f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)内单调递增，无最小值．当a>0时，f′(x)＝3(x－)(x＋)，不妨只讨论x>0，当x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当0<x<时，f′(x)<0, f(x)单调递减，∴当x>0时，f(x)在x＝处取得极小值也是最小值，∴<1，即0<a<1时，f(x)在(0,1)内有最小值．9．(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________．答案　1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＝1.10．若不等式2xln x＋3≥－x2＋ax对x∈恒成立，则实数a的取值范围是________．答案　解析　因为不等式2xln x＋3≥－x2＋ax对x∈恒成立，所以a≤x＋2ln x＋，对x>0恒成立，即a≤min.令g＝x＋2ln x＋，则g′＝1＋－＝，由g′＝0得，x＝1或x＝－3，当x∈时，g′<0，函数g单调递减，当x∈时，g′>0，函数g单调递增，所以当x＝1时，函数g(x)取得最小值g(1)＝4，所以a≤4.11．(2022·泰安模拟)已知函数f(x)＝xln x＋mx2有两个极值点，则实数m的取值范围为(　　)A．[0,1)   B．(－1,0)C．(－1,1)   D.答案　B解析　f(x)＝xln x＋mx2的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1＋mx.由ln x＋1＋mx＝0得，m＝－.令h(x)＝－(x>0)，y＝m，要使函数f(x)＝xln x＋mx2有两个极值点，只需h(x)＝－和y＝m的图象有两个交点．h′(x)＝，令h′(x)＝>0，得x>1；令h′(x)＝<0，得0<x<1，所以h(x)＝－在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．当x→0＋时，h(x)→＋∞；当x→＋∞时，h(x)→0；作出h(x)＝－和y＝m的图象如图，所以－1<m<0，即实数m的取值范围为(－1,0)．12．(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则(　　)A．a<b    B．a>bC．ab<a2    D．ab>a2答案　D解析　方法一　(分类与整合法)因为函数f(x)＝a(x－a)2·(x－b)，所以f′(x)＝2a(x－a)(x－b)＋a(x－a)2＝a(x－a)·(3x－a－2b)．令f′(x)＝0，结合a≠0可得x＝a或x＝.(1)当a>0时，①若>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递增，在上单调递减，所以x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意；②若＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；③若<a，即b<a，此时易知函数f(x)在上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以x＝a为函数f(x)的极小值点，不满足题意．(2)当a<0时，①若>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递减，在上单调递增，所以x＝a为函数f(x)的极小值点，不满足题意；②若＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递减，无极值点，不满足题意；③若<a，即b<a，此时易知函数f(x)在上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减，所以x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意．综上，a>0且b>a满足题意，a<0且b<a也满足题意．因此，可知必有ab>a2成立．方法二　当a＝1，b＝2时，函数f(x)＝(x－1)2·(x－2)，画出该函数的图象如图1所示，可知x＝1为函数f(x)的极大值点，满足题意．从而，根据a＝1，b＝2可判断选项B，C错误；当a＝－1，b＝－2时，函数f(x)＝－(x＋1)2(x＋2)，画出该函数的图象如图2所示，可知x＝－1为函数f(x)的极大值点，满足题意．从而，根据a＝－1，b＝－2可判断选项A错误．图1 　　　　　　　　　图2方法三　当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图3所示，观察可知b>a.图3当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图4所示，观察可知a>b.图4综上，可知必有ab>a2成立．13．函数f(x)＝2cos x＋sin 2x，x∈R的值域为________．答案　解析　由题意知，f(x)是周期为2π的周期函数，不妨令x∈[0,2π]，f′(x)＝－2sin x＋2cos 2x＝－2sin x＋2(1－2sin2x)＝－4sin2x－2sin x＋2＝－2(2sin x－1)(sin x＋1)．令f′(x)＝0，得sin x＝或sin x＝－1，又∵x∈[0,2π]，∴x＝，，，∴f ＝，f ＝－，f ＝0，又f(0)＝2，f(2π)＝2.故f(x)max＝，f(x)min＝－.故f(x)的值域为.14．已知函数f(x)＝ax＋ln x，x∈(0，e]，且f(x)的最大值为－3，则a＝________.答案　－e2解析　f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈.①若a≥－，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上单调递增，所以f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合题意；②若a<－，令f′(x)>0，得a＋>0，又x∈(0，e]，解得0<x<－，令f′(x)<0，得a＋<0，又x∈(0，e]，解得－<x≤e.从而f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)max＝f ＝－1＋ln.令－1＋ln＝－3，得ln＝－2，即a＝－e2.因为－e2<－，所以a＝－e2即为所求．故实数a的值为－e2.