备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价(十六)　导数与函数的极值、最值

课时验收评价(十六)　导数与函数的极值、最值

一、点全面广强基训练

1．已知函数f(x)＝x3－3x－1，在区间[－3,2]上的最大值为M，最小值为N，则M－N＝(　 )

A．20  B．18

C．3  D．0

解析：选A　∵f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，∴f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，又∵f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，∴M＝1，N＝－19，M－N＝1－(－19)＝20.

2.已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，现有如下说法：①b>0；②c<0；③d<0，则正确的个数为(　 )

A．0  B．1

C．2  D．3

解析：选B　因为f(0)＝d>0.故③错误；

f′(x)＝3x2＋2bx＋c，记函数f(x)的极值点分别为x1，x2，则x1＋x2＝－>0，故b<0，故①错误；

而x1x2＝<0，则c<0，故②正确．

3．函数f(x)＝x2＋xln x－3x的极值点一定在区间(　 )

A．(0,1)内  B．(1,2)内

C．(2,3)内  D．(3,4)内

解析：选B　函数的极值点即导函数的零点，f′(x)＝x＋ln x＋1－3＝x＋ln x－2，则f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2>0，由零点存在性定理得f′(x)的零点在(1,2)内，故选B.

4．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　 )

A．[－3，＋∞)  B．(－3，＋∞)

C．(－∞，－3)  D．(－∞，－3]

解析：选D　由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.

5．函数f(x)＝(a>0)在区间(a，a＋1)上有最小值，则a的取值范围是(　 )

A．(0,1)  B．(1，＋∞)

C．(1,4)  D．(4，＋∞)

解析：选A　∵f(x)＝＝x＋(a>0)，

∴f′(x)＝1－＝＝，

∴当0<x<时，f′(x)<0，当x>，f′(x)>0，

可知，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，

∴f(x)在x＝处取得极小值，

又∵在区间(a，a＋1)上有最小值，

∴a<<a＋1，解得0<a<1.故选A.

6．若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有两个极值点，则实数c的取值范围为________________．

解析：若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有两个极值点，

则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有两个不相等的实根，

故Δ＝(－4c)2－12>0，解得c>或c<－.

所以实数c的取值范围为∪.

答案：∪

7．设函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝ex－ax，其中a为实数．f(x)在(1，＋∞)上是减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，则a的取值范围是________．

解析：f′(x)＝－a，f(x)在(1，＋∞)上是减函数，则f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立，

a≥，而0<<1，所以a≥1，g′(x)＝ex－a，g(x)在(1，＋∞)上有最小值，首先g′(x)＝0在(1，＋∞)上有解，g′(x)＝ex－a＝0，a＝ex∈(e，＋∞)，此时x＝ln a,1<x<ln a时，g′(x)<0，g(x)单调递减，x>ln a时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝ln a时，g(x)取得极小值也是最小值，满足题意．综上，a∈(e，＋∞)．

答案：(e，＋∞)

8．已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．

解析：f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)

＝2(2cos2x＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．

∵cos x＋1≥0，∴当cos x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当cos x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴当cos x＝时，f(x)有最小值．

又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，

∴当sin x＝－时，f(x)有最小值，

即f(x)min＝2××＝－.

答案：－

9．(2023·重庆八中高三阶段练习)已知函数f(x)＝x－sin x－cos x.

(1)求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程；

(2)当x∈[0,2π]时，求函数f(x)的最值．

解：(1)由f(x)＝x－sin x－cos x，得f′(x)＝1－cos x＋sin x，所以f(0)＝－1，f′(0)＝0.

故曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y＋1＝0，即y＝－1.

(2)令f′(x)＝1＋sin>0，

则sin>－，因此－＋2kπ<x－<＋2kπ⇒2kπ<x<＋2kπ，k∈Z，

由于x∈[0,2π]，故x∈，所以函数y＝f(x)在上单调递增，在上单调递减，

故f(x)max＝f＝＋1，f(x)min＝min{f(0)，f(2π)}＝－1.

10．已知函数f(x)＝x－－(a＋1)ln x，a∈R.

(1)求f(x)的单调区间；

(2)若a>1，且f(x)的极小值小于2－4ln 3，求a的取值范围．

解：(1)f′(x)＝1＋－＝(x>0)，

①当a≤0时，

当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，

所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；

②当0<a<1时，

当0<x<a或x>1时，f′(x)>0，当a<x<1时，f′(x)<0，

所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；

③当a＝1时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

④当a>1时，

当0<x<1或x>a时，f′(x)>0，当1<x<a时，f′(x)<0，

所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．

(2)已知a>1，由(1)知f(x)的极小值为f(a)＝a－1－(a＋1)ln a，

令g(a)＝a－1－(a＋1)ln a，a>1，则g′(a)＝1－＝－ln a－<0，

所以g(a)在(1，＋∞)上单调递减，且g(3)＝2－4ln 3，

由f(x)的极小值小于2－4ln 3，可得g(a)<g(3)

所以a>3.故a的取值范围是(3，＋∞)．

二、重点难点培优训练

1．若函数f(x)＝(x2－ax－2)ex＋1有两个极值点且这两个极值点互为相反数，则f(x)的极小值为(　 )

A．－6e3  B．－2e3  C．－4e  D．－

解析：选B　由题意，f′(x)＝(x2－ax－2)′ex＋1＋(x2－ax－2)(ex＋1)′＝[x2＋(2－a)x－2－a]ex＋1，

令f′(x)＝0，即x2＋(2－a)x－2－a＝0，

若函数f(x)有两个极值点且这两个极值点互为相反数，

即x2＋(2－a)x－2－a＝0的两个根互为相反数，不妨设两个根为x1，x2，

则Δ>0，x1＋x2＝a－2＝0，

解得a＝2，

故f′(x)＝(x2－4)ex＋1，

令f′(x)>0，则x>2或x<－2；令f′(x)<0，

则－2<x<2，

即函数f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增；在(－2,2)上单调递减．

故函数在x＝2处取得极小值f(2)＝－2e3.故选B.

2．已知函数f(x)＝ex－ax，a∈R，e是自然对数的底数．

(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值及f(x)的极值；

(2)求函数f(x)在区间[0,1]上的最小值．

解：(1)因为f(x)＝ex－ax，则f′(x)＝ex－a，

因为函数f(x)在x＝1处取得极值，

则f′(1)＝e1－a＝0，即a＝e，则f′(x)＝ex－e，

f′(x)＝ex－e>0，则x>1，f′(x)＝ex－e<0，则x<1，则函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1)上单调递减，故函数f(x)的极小值为f(1)＝0，无极大值．

(2)因为f′(x)＝ex－a，

当a≤0时，f(x)在R上单调递增，因此f(x)在[0,1]上单调递增，f(x)min＝f(0)＝1.

当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．

①当1≤ln a，即a≥e时，f(x)在[0,1]上单调递减，

所以f(x)min＝f(1)＝e－a；

②当0<ln a<1，即1<a<e时，

f(x)在[0，ln a)上单调递减，在(ln a,1]上单调递增，

所以f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a；

③当ln a≤0，即0<a≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，f(x)min＝f(0)＝1.

综上，当a≤1时，f(x)min＝1；当a≥e时，f(x)min＝e－a；当1<a<e时，f(x)min＝a－aln a.