2025版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2讲第2课时导数与函数的极值最值提能训练

第2讲第2课时导数与函数的极值、最值A组基础巩固一、单选题1．已知函数f(x)和g(x)的导函数f′(x)，g′(x)图象分别如图所示，则关于函数y＝g(x)－f(x)的推断正确的是(D)A．有3个极大值点B．有3个微小值点C．有1个极大值点和2个微小值点D．有2个极大值点和1个微小值点[解析]由已知结合函数的单调性与极值的关系进行分析即可求解．结合函数图象可知，当x<a时，f′(x)<g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)>0，函数单调递增，当a<x<0时，f′(x)>g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)<0，函数单调递减，当0<x<b时，f′(x)<g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)>0，函数单调递增，当x>b时，f′(x)>g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)<0，函数单调递减，故函数在x＝a，x＝b处取得极大值，在x＝0处取得微小值．故选D．2．设函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，则(D)A．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极大值点B．x＝eq\f(1,2)为f(x)的微小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的微小值点[解析]f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx(x>0)，f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)，令f′(x)＝0，得x＝2.当x>2时，f′(x)>0，这时f(x)为增函数；当0<x<2时，f′(x)<0，这时f(x)为减函数，据此知x＝2为f(x)的微小值点．故选D．3．(2024·西安中学高三第四次月考)函数f(x)＝e|x|＋cosx＋1在区间[－π，π]上的最大值、最小值分别为(B)A．eeq\s\up10(\f(π,2))＋1,3 B．eπ，3C．eeq\s\up10(\f(π,2))＋1,2 D．eπ，2[解析]因为f(－x)＝e|x|＋cosx＋1＝f(x)，所以f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝ex＋cosx＋1，f′(x)＝ex－sinx．易知当x≥0时，ex≥1，sinx≤1，则f(x)＝ex－sinx≥0，f(x)在[0，π]上单调递增，所以f(x)max＝f(π)＝eπ，f(x)min＝f(0)＝3，故选B．4．已知函数f(x)＝2lnx＋ax2－3x在x＝2处取得微小值，则f(x)的极大值为(B)A．2 B．－eq\f(5,2)C．3＋ln2 D．－2＋2ln2[解析]由题意得，f′(x)＝eq\f(2,x)＋2ax－3，∵f(x)在x＝2处取得微小值，∴f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝eq\f(1,2)，∴f(x)＝2lnx＋eq\f(1,2)x2－3x，f′(x)＝eq\f(2,x)＋x－3＝eq\f(x－1x－2,x)，∴f(x)在(0,1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，∴f(x)的极大值为f(1)＝eq\f(1,2)－3＝－eq\f(5,2).5．(2024·海南八校联盟)已知函数f(x)＝3lnx－x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))x在区间(1,3)上有最大值，则实数a的取值范围是(B)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，5)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(11,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(11,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，5))[解析]f′(x)＝eq\f(3,x)－2x＋a－eq\f(1,2)，由题意易知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1>0，,f′3<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)>0，,a－\f(11,2)<0，))，解得－eq\f(1,2)<a<eq\f(11,2).故选B．6．(2024·河北石家庄二中模拟)若函数f(x)＝(1－x)·(x2＋ax＋b)的图象关于点(－2,0)对称，x1，x2分别是f(x)的极大值点与微小值点，则x2－x1＝(C)A．－eq\r(3) B．2eq\r(3)C．－2eq\r(3) D．eq\r(3)[解析]由题意可得f(－2)＝3(4－2a＋b)＝0，因为函数图象关于点(－2,0)对称，且f(1)＝0，所以f(－5)＝0，即f(－5)＝6(25－5a＋b)＝0，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b－2a＋4＝0，,b－5a＋25＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝10，,a＝7.))故f(x)＝(1－x)(x2＋7x＋10)＝－x3－6x2－3x＋10，则f′(x)＝－3x2－12x－3＝－3(x2＋4x＋1)，结合题意可知x1，x2是方程x2＋4x＋1＝0的两个实数根，且x1>x2，x1＋x2＝－4，x1·x2＝1，故x2－x1＝－|x1－x2|＝－eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝－eq\r(－42－4×1)＝－2eq\r(3).二、多选题7．下列四个函数，在x＝0处取得极值的函数有(BC)A．y＝x3 B．y＝x2＋1C．y＝|x| D．y＝2x[解析]对于A、D，y＝x3和y＝2x在x＝0处无极值．B、C符合．故选BC．8．若函数f(x)＝ex－2x＋3，则(CD)A．函数f(x)只有极大值没有微小值B．函数f(x)只有最大值没有最小值C．函数f(x)只有微小值没有极大值D．函数f(x)只有最小值没有最大值[解析]求出原函数的导函数，利用导数可得单调性，进一步求得极值与最值．f(x)＝ex－2x＋3，则f′(x)＝ex－2，由ex－2＝0，得x＝ln2，则当x∈(ln2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(－∞，ln2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴函数f(x)只有微小值没有极大值，函数f(x)只有最小值没有最大值．故选CD．9．(2024·潮州二模)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是(AB)A．f(a)<f(b)<f(c)B．f(e)<f(d)<f(c)C．x＝c时，f(x)取得最大值D．x＝d时，f(x)取得最小值[解析]结合导函数的图象，可知f(x)在(－∞，c]上单调递增，在(c，e)上单调递减，在[e，＋∞)上单调递增．对于A，因为a<b<c，由f(x)的单调性可知f(a)<f(b)<f(c)，故A正确；对于B，因为c<d<e，由f(x)的单调性可知f(c)>f(d)>f(e)，故B正确；对于C，当x＝c时，f(x)取得极大值，但不愿定是最大值，故C错误；对于D，由B可知，f(d)不是f(x)的最小值，故D错误．故选AB．三、填空题10．函数f(x)＝2x－lnx的最小值为_1＋ln_2__.[解析]f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2－eq\f(1,x)＝eq\f(2x－1,x)，当0<x<eq\f(1,2)时，f′(x)<0；当x>eq\f(1,2)时，f′(x)>0.∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－lneq\f(1,2)＝1＋ln2.11．函数y＝xex在其极值点处的切线方程为y＝－eq\f(1,e).[解析]y′＝(x＋1)ex，当x<－1时，y′<0；当x>－1时y′>0，∴函数在x＝－1时取得微小值－eq\f(1,e)，又y′|x＝－1＝0，∴所求切线方程为y＝－eq\f(1,e).12．已知f(x)＝(x2＋2x＋a)ex，若f(x)存在微小值，则a的取值范围是_(－∞，2)__.[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)存在微小值，即函数f(x)有微小值点，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<2.13．(2024·新高考Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值为_1__.[解析]函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的定义域为(0，＋∞)．①当x>eq\f(1,2)时，f(x)＝2x－1－2lnx，所以f′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2x－1,x)，当eq\f(1,2)<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln1＝1；②当0<x≤eq\f(1,2)时，f(x)＝1－2x－2lnx在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－2lneq\f(1,2)＝2ln2＝ln4>lne＝1.综上，f(x)min＝1.四、解答题14．设函数f(x)＝alnx－bx2，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－eq\f(1,2)相切．(1)求实数a，b的值；(2)求函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值．[解析](1)f′(x)＝eq\f(a,x)－2bx，x>0，∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－eq\f(1,2)相切，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝a－2b＝0，,f1＝－b＝－\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1,2).))(2)由(1)知，f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2，x>0，f′(x)＝eq\f(1,x)－x＝eq\f(1－x2,x)，当eq\f(1,e)≤x≤e时，令f′(x)>0，得eq\f(1,e)≤x<1，令f′(x)<0，得1<x≤e，∴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，∴f(x)max＝f(1)＝－eq\f(1,2).15．(2024·北京市高考适应性测试)已知函数f(x)＝ex(x－1)－eq\f(1,2)eax2，a<0.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求f(x)的极值；(3)求函数f(x)的零点个数．[解析](1)f′(x)＝ex(x－1)＋ex－eax＝ex·x－ea·x＝x(ex－ea)，∴f′(0)＝0，f(0)＝－1，因此切线方程为y＝－1.(2)f′(x)>0解得x<a或x>0，f′(x)<0解得a<x<0，因此，f(x)在(－∞，a)递增，(a,0)递减，(0，＋∞)递增．因此，f(x)在x＝0处取得微小值f(0)＝－1.在x＝a时，取得极大值f(a)＝eaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－1－\f(1,2)a2)).(3)f(a)＝ea(a－1)－eq\f(1,2)ea·a2＝－eq\f(1,2)ea(a2－2a＋2)＝－eq\f(1,2)ea[(a－1)2＋1]<0.又f(2)＝e2－2ea>e2－2>0，由(2)知f(x)在x＝a处取得极大值，f(a)<0，因此，f(x)只有一个零点．B组实力提升1．(2024·河北邯郸一中月考)若函数f(x)＝aex－sinx在x＝0处有极值，则a的值为(C)A．－1 B．0C．1 D．e[解析]f′(x)＝aex－cosx，若函数f(x)＝aex－sinx在x＝0处有极值，则f′(0)＝a－1＝0，解得a＝1，经检验a＝1符合题意．故选C．2．若函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3，则f(x)的极大值为(A)A．eq\f(6,e3) B．－eq\f(2,e)C．－2e D．eq\f(4,e2)[解析]因为f(x)＝(x2－a)ex，所以f′(x)＝(x2＋2x－a)ex，由f′(x)＝(x2＋2x－a)ex＝0.得x2＋2x－a＝0，由函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3，则由根与系数的关系可知，－a＝－3，即a＝3，所以f(x)＝(x2－3)ex，f′(x)＝(x2＋2x－3)ex，当x<－3或x>1时，f′(x)>0；当－3<x<1时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极大值为f(－3)＝eq\f(6,e3).3．(2024·贵州黔东南州联考)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(a,x)，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为eq\f(3,2)，则a的值为(A)A．－eq\r(e) B．－eq\f(e,2)C．－eq\f(3,2) D．eeq\f(1,2)[解析]f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2)若a≥0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上递增，f(x)min＝f(1)＝－a＝eq\f(3,2)，则a＝－eq\f(3,2)，冲突．若a<0，则由f′(x)＝0得x＝－a.若1<－a<e，即－e<a<－1，则f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝eq\f(3,2)，解得a＝－eq\r(e)，符合题意，故选A．事实上，若－a≥e，即a≤－e，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上递减，∴f(x)min＝f(e)＝1－eq\f(a,e)＝eq\f(3,2)，解得a＝－eq\f(e,2)，冲突；若－a≤1，即a≥－1，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上递增f(x)min＝f(1)＝－a＝eq\f(3,2)，解得a＝－eq\f(3,2)，冲突．4．已知函数f(x)＝lnx－x＋a恰有两个零点，则a的取值范围是(D)A．(－∞，－1) B．(－∞，1)C．(－1，＋∞) D．(1，＋∞)[解析]先依据函数的单调性与其导函数正负的关系求出函数f(x)的单调性，结合题意得到满足f(1)>0，即a>1，再验证a>1满足题意即可．由题，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，则当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．故f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝a－1，由题可知，需满足f(1)>0，即a>1.当a>1时，0<e－a<1，f(e－a)＝－e－a<0，故函数f(x)＝lnx－x＋a在(e－a,1)上存在一个根，存在b>(eq\r(1＋a))2>1，使得f(b)<f[(1＋eq\r(1＋a))2]＝ln(1＋eq\r(1＋a))2－(1＋eq\r(1＋a))2＋a<2(1＋eq\r(1＋a))－(1＋eq\r(1＋a))2＋a＝0，从而函数f(x)＝lnx－x＋a在(1，b)上存在一个根，故a的取值范围为(1，＋∞)．故选D．5．已知函数f(x)＝eq\f(xlnx,a)(a>0)．(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)求函数f(x)在[a,2a]上的最小值．[解析]本题考查导数的综合应用．(1)当a＝1时，f(x)＝xlnx，f′(x)＝lnx＋1，∴切线斜率k＝f′(1)＝1，切点为(1,0)，即切线方程为y＝x－1.(2)f′(x)＝eq\f(lnx＋1,a)，令f′(x)＝0⇒x＝eq\f(1,e).①当a≥eq\f(1,e)时，f′(x)>0，f(x)在[a,2a]上单调递增，∴f(x)min＝f(a)＝lna；②当a<eq\f(1,e)<2a，即eq\f(1,2e)<a<eq\f(1,e)时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,e)))上单调递减，在eq\