2021年高考数学一轮精选练习：15《利用导数研究函数的极值、最值》(含解析)

2021年高考数学一轮精选练习：15

《利用导数研究函数的极值、最值》

一         、选择题

1.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y=(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　 　)

A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)

B.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)

C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)

D.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)

2.设函数f(x)=x3－x＋m的极大值为1，则函数f(x)的极小值为(　 　)

A.－       B.－1        C.         D.1

3.若函数f(x)=x3－x2＋2bx在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f(x)在R上的极小值为(　 　)

A.2b－     B.b－         C.0       D.b2－b3

4.函数f(x)=x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是(　 　)

A.20　          B.18            C.3　            D.0

5.已知函数f(x)=x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x等于(　 　)

A.         B.         C.          D.

6.若函数f(x)=－(1＋2a)x＋2lnx(a＞0)在区间(0.5,1)内有极大值，则a的取值范围是(　 　)

A.(e-1，＋∞)      B.(1，＋∞)    C.(1,2)       D.(2，＋∞)

7.已知a为常数，函数f(x)=x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，则(　 　)

A.f(x1)＞0，f(x2)＞－       B.f(x1)＜0，f(x2)＜－

C.f(x1)＞0，f(x2)＜－       D.f(x1)＜0，f(x2)＞－

8.已知函数f(x)=xlnx－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)

A.       B.(0，e)         C.      D.(－∞，e)

9.设函数f(x)=x3－3x2＋2x，若x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)=f(x)－λx的两个极值点，现给出如下结论：

①若－1＜λ＜0，则f(x1)＜f(x2)；

②若0＜λ＜2，则f(x1)＜f(x2)；

③若λ＞2，则f(x1)＜f(x2).

其中正确结论的个数为(　 　)

A.0         B.1             C.2          D.3

二         、填空题

10.若函数f(x)=2x2－lnx在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是             .

11.已知y=f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)=lnx－ax（a>0.5），当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a=　 　.

12.设函数f(x)=x3＋ax2＋bx(x＞0)的图象与直线y=4相切于点M(1,4)，则y=f(x)在区间(0,4]上的最大值为　　；最小值为　　.

13.若函数f(x)=mlnx＋(m－1)x存在最大值M，且M＞0，则实数m的取值范围是        .

三         、解答题

14.已知函数f(x)=lnx－ax(a∈R).

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)当a＞0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值.

15.已知函数f(x)=alnx＋(a＞0).

(1)求函数f(x)的单调区间和极值；

(2)是否存在实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.

16.已知函数f(x)=lnx＋x2－ax(a＞0).

(1)讨论f(x)在(0,1)上极值点的个数；

(2)若x1，x2(x1＜x2)是函数f(x)的两个极值点，且f(x1)－f(x2)＞m恒成立，求实数m的取值范围.

答案解析

1.答案为：D；

解析：由题图可知，当x＜－2时，f′(x)＞0；

当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.

由此可以得到函数f(x)在x=－2处取得极大值，在x=2处取得极小值.

2.答案为：A；

解析：f′(x)=x2－1，由f′(x)=0得x1=－1，x2=1.所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x=－1处取得极大值，且f(－1)=1，即m=，函数f(x)在x=1处取得极小值，

且f(1)=×13－1＋=－.故选A.

3.答案为：A；

解析：f′(x)=x2－(2＋b)x＋2b=(x－b)(x－2)，

∵函数f(x)在区间[－3,1]上不是单调函数，∴－3＜b＜1，则由f′(x)＞0，

得x＜b或x＞2，由f′(x)＜0，得b＜x＜2，

∴函数f(x)的极小值为f(2)=2b－.

4.答案为：A；

解析：因为f′(x)=3x2－3=3(x－1)(x＋1)，

令f′(x)=0，得x=±1，可知－1,1为函数的极值点.

又f(－3)=－19，f(－1)=1，f(1)=－3，f(2)=1，

所以在区间[－3,2]上，f(x)max=1，f(x)min=－19.

由题设知在区间[－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t，

从而t≥20，所以t的最小值是20.

5.答案为：C；

解析：由图象可知f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，

因此1＋b＋c=0,8＋4b＋2c=0，解得b=－3，c=2，所以f(x)=x3－3x2＋2x，

所以f′(x)=3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)=3x2－6x＋2=0的两根，

因此x1＋x2=2，x1x2=，所以x＋x=(x1＋x2)2－2x1x2=4－=.

6.答案为：C；

解析：f′(x)=ax－(1＋2a)＋=(a＞0，x＞0)，

若f(x)在区间(0.5,1)内有极大值，即f′(x)=0在(0.5,1)内有解.

则f′(x)在区间(0.5,1)内先大于0，再小于0，则

即解得1＜a＜2，故选C.

7.答案为：D；

解析：f′(x)=lnx－2ax＋1，依题意知f′(x)=0有两个不等实根x1，x2，

即曲线y=1＋lnx与直线y=2ax有两个不同交点，如图.

由直线y=x是曲线y=1＋lnx的切线，

可知：0＜2a＜1,0＜x1＜1＜x2.∴a∈(0.5,1).

由0＜x1＜1，得f(x1)=x1(lnx1－ax1)＜0，

∵当x1＜x＜x2时，f′(x)＞0，∴f(x2)＞f(1)=－a＞－0.5，故选D.

8.答案为：A；

解析：f(x)=xlnx－aex(x＞0)，∴f′(x)=lnx＋1－aex(x＞0)，

由已知函数f(x)有两个极值点可得y=a和g(x)=在(0，＋∞)上有两个交点，

g′(x)=(x＞0)，令h(x)=－lnx－1，则h′(x)=－－＜0，

∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减且h(1)=0，

∴当x∈(0,1]时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0,1]上单调递增，

g(x)≤g(1)=，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x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0；

若y=a和g(x)在(0，＋∞)上有两个交点，只需0＜a＜.

9.答案为：B；

解析：函数g(x)=f(x)－λx，∴g′(x)=f′(x)－λ，

令g′(x)=0，得f′(x)－λ=0，∴f′(x)=λ有两解x1，x2(x1＜x2).

∵f(x)=x3－3x2＋2x，∴f′(x)=3x2－6x＋2，画出y=f′(x)的图象如图所示：

①若－1＜λ＜0，则x1、x2在f(x)的递减区间上，故f(x1)＞f(x2)；

②若0＜λ＜2，则x1＞0，x2＜2，又x1,0在f(x)的一个递增区间上，

x2,2在f(x)的另一个递增区间上，

∴f(x1)＞f(0)=0，f(x2)＜f(2)=0，故f(x1)＞f(x2)；

③若λ＞2，则x1＜0，x2＞2，则f(x1)＜f(0)=0，f(x2)＞f(2)=0，

故f(x1)＜f(x2).故选B.

10.答案为：[1,1.5).

解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，

又因为f′(x)=4x－，所以由f′(x)=0解得x=，

由题意得解得1≤k＜1.5.

11.答案为：1；

解析：由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.

令f′(x)=－a=0，得x=，当0＜x＜时，f′(x)＞0；

当x＞时，f′(x)＜0.∴f(x)max=f=－lna－1=－1，解得a=1.

12.答案为：4,0；

解析：f′(x)=3x2＋2ax＋b(x＞0).

依题意，有即解得

所以f(x)=x3－6x2＋9x.令f′(x)=3x2－12x＋9=0，解得x=1或x=3.

当x变化时，f′(x)，f(x)在区间(0,4]上的变化情况如下表：

所以函数f(x)=x3－6x2＋9x在区间(0,4]上的最大值是4，最小值是0.

13.答案为：.

解析：f′(x)=＋(m－1)=(x＞0)，

当m≤0或m≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调，此时函数f(x)无最大值.

当0＜m＜1时，令f′(x)=0，则x=，

∴当0＜m＜1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，

∴当0＜m＜1时，函数f(x)有最大值，最大值M=f=mln－m.

∵M＞0，∴mln－m＞0，解得m＞，

∴m的取值范围是.

14.解：(1)f′(x)=－a(x＞0)，

①当a≤0时，f′(x)=－a＞0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞).

②当a＞0时，令f′(x)=－a=0，可得x=，

当0＜x＜时，f′(x)=＞0；当x＞时，f′(x)=＜0，

故函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.

综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；

当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.

(2)①当≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1,2]上是减函数，

所以f(x)的最小值是f(2)=ln2－2a.

②当≥2，即0＜a≤时，函数f(x)在区间[1,2]上是增函数，

所以f(x)的最小值是f(1)=－a.

③当1＜＜2，即＜a＜1时，

函数f(x)在上是增函数，在上是减函数.

又f(2)－f(1)=ln2－a，所以当＜a＜ln2时，最小值是f(1)=－a；

当ln2≤a＜1时，最小值为f(2)=ln2－2a.

综上可知，当0＜a＜ln2时，函数f(x)的最小值是f(1)=－a；

当a≥ln2时，函数f(x)的最小值是f(2)=ln2－2a.

15.解：由题意，知函数f(x)的定义域为{x|x＞0}，f′(x)=－(a＞0).

(1)由f′(x)＞0解得x＞，

所以函数f(x)的单调递增区间是；由f′(x)＜0解得x＜，

所以函数f(x)的单调递减区间是.

所以当x=时，函数f(x)有极小值f=aln＋a=a－alna.

(2)由(1)可知，当x∈时，函数f(x)单调递减；

当x∈时，函数f(x)单调递增.

①若0＜≤1，即a≥1时，函数f(x)在[1，e]上为增函数，

故函数f(x)的最小值为f(1)=aln1＋1=1，显然1≠0，故不满足条件.

②若1＜≤e，即≤a＜1时，函数f(x)在上为减函数，在上为增函数，

故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值f=aln＋a=a－alna=a(1－lna)=0，

即lna=1，解得a=e，而≤a＜1，故不满足条件.

③若＞e，即0＜a＜时，函数f(x)在[1，e]上为减函数，

故函数f(x)的最小值为f(e)=alne＋=a＋=0，即a=－，而0＜a＜，故不满足条件.

综上所述，不存在这样的实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0.

16.解：(1)f′(x)=＋2x－a=，令g(x)=2x2－ax＋1，

令g(x)=2x2－ax＋1=0得Δ=a2－8，

①当Δ≤0，即0＜a≤2时，g(x)＞0恒成立，此时f(x)在(0,1)上无极值点；

②当Δ＞0，即a＞2时，由g(x)=2x2－ax＋1=0得，x1=，x2=.

(ⅰ)若2＜a＜3，则0＜x1=＜＜1,0＜x2=＜=1.

故此时f(x)在(0,1)上有两个极值点；

(ⅱ)若a≥3，则0＜x1===≤=＜1，

而x2=＞=1.故此时f(x)在(0,1)上只有一个极值点；

综上可知，当0＜a≤2时，f(x)在(0,1)上无极值点；

当2＜a＜3时，f(x)在(0,1)上有两个极值点；

当a≥3时，f(x)在(0,1)上只有一个极值点.

(2)：∵x1，x2(x1＜x2)是函数f(x)的两个极值点，

∴x1，x2是f′(x)=＋2x－a==0在区间(0,1)内的两个零点.

令f′(x)=0，得x1，x2是方程2x2－ax＋1=0的两根，∴Δ=a2－8＞0，

∴a＞2，x1＋x2=＞0，x1·x2=.

f(x1)－f(x2)=(lnx1＋x－ax1)－(lnx2＋x－ax2)=ln＋(x－x)＋a(x2－x1)

=ln＋(x－x)＋2(x1＋x2)(x2－x1)=ln＋x－x=ln＋·，

令t=∈(0,1)，则f(x1)－f(x2)=h(t)=lnt＋，t∈(0,1)，

又h′(t)=－＜0，∴h(t)在区间(0,1)内单调递减，

∴h(t)＞h(1)=0，即f(x1)－f(x2)＞0.

∴m≤0，即实数m的取值范围是(－∞，0].