高考数学一轮复习 高考达标检测（十三）极值、最值两考点利用导数巧推演 文试题

高考达标检测（十三）极值、最值两考点，利用导数巧推演一、选择题1．函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是()A．x＝1 B．x＝－1C．x＝1或－1或0 D．x＝0解析：选C∵f(x)＝x4－2x2＋3，∴由f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)(x－1)＝0，得x＝0或x＝1或x＝－1，又当x<－1时，f′(x)<0，当－1<x<0时，f′(x)>0，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，∴x＝0,1，－1都是f(x)的极值点．2．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则eq\f(a,b)的值为()A．－eq\f(2,3) B．－2C．－2或－eq\f(2,3) D．2或－eq\f(2,3)解析：选A由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b－a2－7a＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9，))经检验eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9))满足题意，故eq\f(a,b)＝－eq\f(2,3).3．(2018·浙江瑞安中学月考)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(4,3)C.eq\f(8,3) D.eq\f(16,3)解析：选C由图象可知f(x)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＝eq\f(2,3)，所以xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－eq\f(4,3)＝eq\f(8,3).4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x＝±1处的切线斜率均为－1，有以下命题：①f(x)的解析式为：f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]；②f(x)的极值点有且仅有一个；③f(x)的最大值与最小值之和等于零．其中正确的命题个数为()A．0 B．1C．2 D．3解析：选Cf′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x＝±1处的切线斜率均为－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝3＋2a＋b＝－1，,f′－1＝3－2a＋b＝－1，,c＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝4，,c＝0，))则f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]，故①正确；f′(x)＝3x2－4，令f′(x)＝0，解得x＝±eq\f(2\r(3),3)∈[－2,2]，易知，x＝±eq\f(2\r(3),3)均为函数的极值点，故②错误；易知函数f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]是奇函数，所以最大值与最小值之和为0，故③正确．因此，正确命题的个数为2，故选C.5．(2017·长沙二模)已知函数f(x)＝eq\f(x,x2＋a)(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为eq\f(\r(3),3)，则a的值为()A.eq\r(3)－1 B.eq\f(3,4)C.eq\f(4,3) D.eq\r(3)＋1解析：选A由f(x)＝eq\f(x,x2＋a)，得f′(x)＝eq\f(a－x2,x2＋a2)，当a＞1时，若x＞eq\r(a)，则f′(x)＜0，f(x)单调递减，若1＜x＜eq\r(a)，则f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x＝eq\r(a)时，函数f(x)有最大值eq\f(1,2\r(a))＝eq\f(\r(3),3)，得a＝eq\f(3,4)＜1，不合题意；当a＝1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)＝eq\f(1,2)，不合题意；当0＜a＜1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，此时最大值为f(1)＝eq\f(1,a＋1)＝eq\f(\r(3),3)，得a＝eq\r(3)－1，符合题意．故a的值为eq\r(3)－1，选A.6．设函数f(x)＝3xex，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<kx0－k，则k的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,e2)，0)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,e)，－\f(6,e2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(3,2e)))解析：选Df′(x)＝3(x＋1)ex，当x>－1时，f′(x)>0，当x<－1时，f′(x)<0，所以当x＝－1时，f(x)取得最小值为f(－1)＝－eq\f(3,e)，因此，要使“存在唯一的整数x0，使得f(x0)<kx0－k”成立，则x0＝－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1<－2k，,f－2≥－3k，))解得eq\f(2,e2)≤k<eq\f(3,2e).二、填空题7．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________．解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝4x－eq\f(1,x)，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2).据题意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－1<\f(1,2)<k＋1，,k－1≥0，))解得1≤k<eq\f(3,2).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))8．已知函数f(x)＝eq\f(ex,x2)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋lnx))，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为________．解析：f′(x)＝eq\f(x2ex－2xex,x4)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)＋\f(1,x)))＝eq\f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)－k)),x2)(x>0)．设g(x)＝eq\f(ex,x)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝eq\f(ex,x)与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e.答案：(－∞，e]9．(2018·湘中名校联考)已知函数g(x)＝a－x2eq\f(1,e)≤x≤e，e为自然对数的底数与h(x)＝nx的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是________．解析：由题意，知方程x2－a＝2lnx，即－a＝2lnx－x2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有解．设f(x)＝2lnx－x2，则f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝－eq\f(2x＋1x－1,x).易知x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))时，f′(x)>0，x∈[1，e]时f′(x)<0，所以函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递增，在[1，e]上单调递减，所以f(x)极大值＝f(1)＝－1，又f(e)＝2－e2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2－eq\f(1,e2)，f(e)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，所以方程－a＝2lnx－x2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有解等价于2－e2≤－a≤－1，所以a的取值范围为[1，e2－2]．答案：[1，e2－2]三、解答题10．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x3＋x2，x<1，,alnx，x≥1.))(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．解：(1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2,3).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值故当x＝0时，函数f(x)取得极小值为f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝eq\f(2,3).(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0]和eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上单调递增．因为f(－1)＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(4,27)，f(0)＝0，所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x≤e时，f(x)＝alnx，当a≤0时，f(x)≤0；当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增，则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.11．(2018·威海调研)已知函数f(x)＝eq\f(x,lnx)＋ax(x＞1)．(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值；(3)在(2)的条件下，若方程(2x－m)lnx＋x＝0在(1，e]上有两个不等实根，求实数m的取值范围．解：(1)∵f(x)＝eq\f(x,lnx)＋ax(x＞1)．∴f′(x)＝eq\f(lnx－1,lnx2)＋a.由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤eq\f(1,lnx2)－eq\f(1,lnx)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，对x∈(1，＋∞)恒成立．∵x∈(1，＋∞)，∴lnx∈(0，＋∞)，∴eq\f(1,lnx)－eq\f(1,2)＝0时，函数t(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)的最小值为－eq\f(1,4)，∴a≤－eq\f(1,4).故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).(2)当a＝2时，f(x)＝eq\f(x,lnx)＋2x，f′(x)＝eq\f(lnx－1＋2lnx2,lnx2)＝eq\f(2lnx－1lnx＋1,lnx2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x＝0，,x＞1，))得x＝e.则当x变化时，f′(x)与f(x)在(1，＋∞)上的变化情况如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e))eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，＋∞))f′(x)－0＋f(x)极小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e))∴f(x)极小值＝f(e)＝eq\f(e,\f(1,2))＋2eeq\f(1,2)＝4eq\r(e).(3)∵x＞1，∴(2x－m)lnx＋x＝0⇔2x－m＋eq\f(x,lnx)＝0⇔m＝eq\f(x,lnx)＋2x，∴方程(2x－m)lnx＋x＝0在(1，e]上有两个不等实根，即函数f(x)与函数y＝m在(1，e]上有两个不同的交点．由(2)可知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(e，e))上单调递增且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e))＝4eq\r(e)，f(e)＝3e，∴当x→1时，eq\f(x,lnx)→＋∞，∴4eq\r(e)＜m≤3e，故实数m的取值范围是(4eq\r(e)，3e]．12．已知函数f(x)＝lnx＋x2－ax(a∈R)．(1)当a＝3时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1∈(0,1]，证明f(x1)－f(x2)≥－eq\f(3,4)＋ln2.解：f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a＝eq\f(2x2－ax＋1,x)(x>0)．(1)当a＝3时，f′(x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x).令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)或x＝1.所以当0<x<eq\f(1,2)或x>1时，f′(x)>0；当eq\f(1,2)<x<1时，f′(x)<0.所以函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(1，＋∞)，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(2)证明：由于f(x)有两个极值点x1，x2，则2x2－ax＋1＝0有两个不相等的实根，所以x1＋x2＝eq\f(a,2)，x1·x2＝eq\f(1,2)，即2(x1＋x2)＝a，x2＝eq\f(1,2x1)，所以f(x1)－f(x2)＝lnx1＋xeq\o\al(2,1)－ax1－lnx2－xeq\o\al(2,2)＋ax2＝lnx1－lneq\f(1,2x1)＋eq\f(a,2)(x1－x2)－a(x1－x2)＝2lnx1－xeq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4x\o\al(2,1))＋ln2(0<x1≤1)，设F(x)＝2lnx－x2＋eq\f(1,4x2)＋ln2(0<x≤1)，则F′(x)＝eq\f(2,x)－2x－eq\f(1,2x3)＝－eq\f(2x2－12,2x3)<0，所以F(x)在(0,1]上单调递减，所以F(x)≥F(1)＝－eq\f(3,4)＋ln2，即f(x1)－f(x2)≥－eq\f(3,4)＋ln2.1．若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的图象与x轴相切于点(c,0)，且f(x)有极大值4，则c＝()A．－3 B．－1C．1 D．3解析：选D求出导数f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由f′(x)＝0可得x＝eq\f(－a±\r(a2－3b),3)，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，eq\f(－a－\r(a2－3b),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－eq\f(－a＋\r(a2－3b),3)，＋∞))上是增函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－a－\r(a2－3b),3)，\f(－a＋\r(a2－3b),3)))上是减函数，易知c≠0，且eq\f(－a＋\r(a2－3b),3)＝c，因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的图象与x轴相切于点(c,0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′c＝3c2＋2ac＋b＝0，,fc＝c3＋ac2＋bc＝0，))解得c＝－eq\f(a,2)，所以a2＝4b，则有x＝eq\f(－a－\r(a2－3b),3)＝eq\f(－a－\r(\f(a2,4)),3)，当a>0时，eq\f(－a－\r(\f(a2,4)),3)＝－eq\f(a,2)＝c，不符合题意；当a<0时，eq\f(－a－\r(\f(a2,4)),3)＝－eq\f(a,6)<c，又因为f(x)有极大值4，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)))3＋a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)))2＋eq\f(a2,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)))＝4，解得a＝－6，则c＝3.2．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋(1－m)x＋lnx.(1)若函数f(x)存在单调递减区间，求实数m的取值范围；(2)设x1，x2(x1<x2)是函数f(x)的两个极值点，若m≥eq\f(7,2)，求f(x1)－f(x2)的最小值．解：(1)因为f(x)＝eq\f(1,2)x2＋(1－m)x＋lnx，所以f′(x)＝x＋1－m＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2＋1－mx＋1,x).又因为f′(x)<0在(0，＋∞)上有解，令g(x)＝x2＋(1－m)x＋1，因为g(0)＝1>0，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m－1,2)>0，,Δ＝1－m2－4>0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>1，,m>3或m<－1，))即m>3.所以实数m的取值范围为(3，＋∞)．(2)f′(x)＝eq\f(x2＋1－mx＋1,x)，令f′(x)＝0，即x2＋(1－m)x＋1＝0，由题知，两根分别为x1，x2，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝m－1，,x1x2＝1，))又因为f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,1)＋(1－m)x1＋lnx1－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－(1－m)x2－lnx2＝eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＋(1－m)(x1－x2)＋lneq\f(x1,x2)＝eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,1)－xeq\o