2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第2講第2課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值最值提能訓(xùn)練

第2講第2課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值A(chǔ)組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．已知函數(shù)f(x)和g(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)，g′(x)圖象分別如圖所示，則關(guān)于函數(shù)y＝g(x)－f(x)的推斷正確的是(D)A．有3個(gè)極大值點(diǎn)B．有3個(gè)微小值點(diǎn)C．有1個(gè)極大值點(diǎn)和2個(gè)微小值點(diǎn)D．有2個(gè)極大值點(diǎn)和1個(gè)微小值點(diǎn)[解析]由已知結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性與極值的關(guān)系進(jìn)行分析即可求解．結(jié)合函數(shù)圖象可知，當(dāng)x<a時(shí)，f′(x)<g′(x)，此時(shí)y′＝g′(x)－f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)a<x<0時(shí)，f′(x)>g′(x)，此時(shí)y′＝g′(x)－f′(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)0<x<b時(shí)，f′(x)<g′(x)，此時(shí)y′＝g′(x)－f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)x>b時(shí)，f′(x)>g′(x)，此時(shí)y′＝g′(x)－f′(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減，故函數(shù)在x＝a，x＝b處取得極大值，在x＝0處取得微小值．故選D．2．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，則(D)A．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極大值點(diǎn)B．x＝eq\f(1,2)為f(x)的微小值點(diǎn)C．x＝2為f(x)的極大值點(diǎn)D．x＝2為f(x)的微小值點(diǎn)[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.當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0，這時(shí)f(x)為增函數(shù)；當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0，這時(shí)f(x)為減函數(shù)，據(jù)此知x＝2為f(x)的微小值點(diǎn)．故選D．3．(2024·西安中學(xué)高三第四次月考)函數(shù)f(x)＝e|x|＋cosx＋1在區(qū)間[－π，π]上的最大值、最小值分別為(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?yàn)閒(－x)＝e|x|＋cosx＋1＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex＋cosx＋1，f′(x)＝ex－sinx．易知當(dāng)x≥0時(shí)，ex≥1，sinx≤1，則f(x)＝ex－sinx≥0，f(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，所以f(x)max＝f(π)＝eπ，f(x)min＝f(0)＝3，故選B．4．已知函數(shù)f(x)＝2lnx＋ax2－3x在x＝2處取得微小值，則f(x)的極大值為(B)A．2 B．－eq\f(5,2)C．3＋ln2 D．－2＋2ln2[解析]由題意得，f′(x)＝eq\f(2,x)＋2ax－3，∵f(x)在x＝2處取得微小值，∴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，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減，∴f(x)的極大值為f(1)＝eq\f(1,2)－3＝－eq\f(5,2).5．(2024·海南八校聯(lián)盟)已知函數(shù)f(x)＝3lnx－x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))x在區(qū)間(1,3)上有最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(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)，由題意易知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).故選B．6．(2024·河北石家莊二中模擬)若函數(shù)f(x)＝(1－x)·(x2＋ax＋b)的圖象關(guān)于點(diǎn)(－2,0)對稱，x1，x2分別是f(x)的極大值點(diǎn)與微小值點(diǎn)，則x2－x1＝(C)A．－eq\r(3) B．2eq\r(3)C．－2eq\r(3) D．eq\r(3)[解析]由題意可得f(－2)＝3(4－2a＋b)＝0，因?yàn)楹瘮?shù)圖象關(guān)于點(diǎn)(－2,0)對稱，且f(1)＝0，所以f(－5)＝0，即f(－5)＝6(25－5a＋b)＝0，聯(lián)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，則f′(x)＝－3x2－12x－3＝－3(x2＋4x＋1)，結(jié)合題意可知x1，x2是方程x2＋4x＋1＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)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、多選題7．下列四個(gè)函數(shù)，在x＝0處取得極值的函數(shù)有(BC)A．y＝x3 B．y＝x2＋1C．y＝|x| D．y＝2x[解析]對于A、D，y＝x3和y＝2x在x＝0處無極值．B、C符合．故選BC．8．若函數(shù)f(x)＝ex－2x＋3，則(CD)A．函數(shù)f(x)只有極大值沒有微小值B．函數(shù)f(x)只有最大值沒有最小值C．函數(shù)f(x)只有微小值沒有極大值D．函數(shù)f(x)只有最小值沒有最大值[解析]求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)可得單調(diào)性，進(jìn)一步求得極值與最值．f(x)＝ex－2x＋3，則f′(x)＝ex－2，由ex－2＝0，得x＝ln2，則當(dāng)x∈(ln2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(－∞，ln2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，∴函數(shù)f(x)只有微小值沒有極大值，函數(shù)f(x)只有最小值沒有最大值．故選CD．9．(2024·潮州二模)已知函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論正確的是(AB)A．f(a)<f(b)<f(c)B．f(e)<f(d)<f(c)C．x＝c時(shí)，f(x)取得最大值D．x＝d時(shí)，f(x)取得最小值[解析]結(jié)合導(dǎo)函數(shù)的圖象，可知f(x)在(－∞，c]上單調(diào)遞增，在(c，e)上單調(diào)遞減，在[e，＋∞)上單調(diào)遞增．對于A，因?yàn)閍<b<c，由f(x)的單調(diào)性可知f(a)<f(b)<f(c)，故A正確；對于B，因?yàn)閏<d<e，由f(x)的單調(diào)性可知f(c)>f(d)>f(e)，故B正確；對于C，當(dāng)x＝c時(shí)，f(x)取得極大值，但不愿定是最大值，故C錯(cuò)誤；對于D，由B可知，f(d)不是f(x)的最小值，故D錯(cuò)誤．故選AB．三、填空題10．函數(shù)f(x)＝2x－lnx的最小值為_1＋ln_2__.[解析]f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2－eq\f(1,x)＝eq\f(2x－1,x)，當(dāng)0<x<eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)>0.∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－lneq\f(1,2)＝1＋ln2.11．函數(shù)y＝xex在其極值點(diǎn)處的切線方程為y＝－eq\f(1,e).[解析]y′＝(x＋1)ex，當(dāng)x<－1時(shí)，y′<0；當(dāng)x>－1時(shí)y′>0，∴函數(shù)在x＝－1時(shí)取得微小值－eq\f(1,e)，又y′|x＝－1＝0，∴所求切線方程為y＝－eq\f(1,e).12．已知f(x)＝(x2＋2x＋a)ex，若f(x)存在微小值，則a的取值范圍是_(－∞，2)__.[解析]函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)＝(2x＋2)ex＋(x2＋2x＋a)ex＝ex(x2＋4x＋a＋2)．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)镽，所以若f(x)存在微小值，即函數(shù)f(x)有微小值點(diǎn)，所以x2＋4x＋a＋2＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，Δ＝16－4(a＋2)>0，解得a<2.13．(2024·新高考Ⅰ卷)函數(shù)f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值為_1__.[解析]函數(shù)f(x)＝|2x－1|－2lnx的定義域?yàn)?0，＋∞)．①當(dāng)x>eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝2x－1－2lnx，所以f′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2x－1,x)，當(dāng)eq\f(1,2)<x<1時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln1＝1；②當(dāng)0<x≤eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝1－2x－2lnx在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－2lneq\f(1,2)＝2ln2＝ln4>lne＝1.綜上，f(x)min＝1.四、解答題14．設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx－bx2，若函數(shù)f(x)在x＝1處與直線y＝－eq\f(1,2)相切．(1)求實(shí)數(shù)a，b的值；(2)求函數(shù)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，∵函數(shù)f(x)在x＝1處與直線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)，當(dāng)eq\f(1,e)≤x≤e時(shí)，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))上單調(diào)遞增，在(1，e]上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(1)＝－eq\f(1,2).15．(2024·北京市高考適應(yīng)性測試)已知函數(shù)f(x)＝ex(x－1)－eq\f(1,2)eax2，a<0.(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)求f(x)的極值；(3)求函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．[解析](1)f′(x)＝ex(x－1)＋ex－eax＝ex·x－ea·x＝x(ex－ea)，∴f′(0)＝0，f(0)＝－1，因此切線方程為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)遞增，(a,0)遞減，(0，＋∞)遞增．因此，f(x)在x＝0處取得微小值f(0)＝－1.在x＝a時(shí)，取得極大值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處取得極大值，f(a)<0，因此，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．B組實(shí)力提升1．(2024·河北邯鄲一中月考)若函數(shù)f(x)＝aex－sinx在x＝0處有極值，則a的值為(C)A．－1 B．0C．1 D．e[解析]f′(x)＝aex－cosx，若函數(shù)f(x)＝aex－sinx在x＝0處有極值，則f′(0)＝a－1＝0，解得a＝1，經(jīng)檢驗(yàn)a＝1符合題意．故選C．2．若函數(shù)f(x)＝(x2－a)ex的兩個(gè)極值點(diǎn)之積為－3，則f(x)的極大值為(A)A．eq\f(6,e3) B．－eq\f(2,e)C．－2e D．eq\f(4,e2)[解析]因?yàn)閒(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，由函數(shù)f(x)＝(x2－a)ex的兩個(gè)極值點(diǎn)之積為－3，則由根與系數(shù)的關(guān)系可知，－a＝－3，即a＝3，所以f(x)＝(x2－3)ex，f′(x)＝(x2＋2x－3)ex，當(dāng)x<－3或x>1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)－3<x<1時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，－3)上單調(diào)遞增，在(－3,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)的極大值為f(－3)＝eq\f(6,e3).3．(2024·貴州黔東南州聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(a,x)，若函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值為eq\f(3,2)，則a的值為(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，則f′(x)>0，f(x)在[1，e]上遞增，f(x)min＝f(1)＝－a＝eq\f(3,2)，則a＝－eq\f(3,2)，沖突．若a<0，則由f′(x)＝0得x＝－a.若1<－a<e，即－e<a<－1，則f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝eq\f(3,2)，解得a＝－eq\r(e)，符合題意，故選A．事實(shí)上，若－a≥e，即a≤－e，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上遞減，∴f(x)min＝f(e)＝1－eq\f(a,e)＝eq\f(3,2)，解得a＝－eq\f(e,2)，沖突；若－a≤1，即a≥－1，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上遞增f(x)min＝f(1)＝－a＝eq\f(3,2)，解得a＝－eq\f(3,2)，沖突．4．已知函數(shù)f(x)＝lnx－x＋a恰有兩個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是(D)A．(－∞，－1) B．(－∞，1)C．(－1，＋∞) D．(1，＋∞)[解析]先依據(jù)函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)函數(shù)正負(fù)的關(guān)系求出函數(shù)f(x)的單調(diào)性，結(jié)合題意得到滿足f(1)>0，即a>1，再驗(yàn)證a>1滿足題意即可．由題，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，則當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．故f(x)在x＝1處取得最大值f(1)＝a－1，由題可知，需滿足f(1)>0，即a>1.當(dāng)a>1時(shí)，0<e－a<1，f(e－a)＝－e－a<0，故函數(shù)f(x)＝lnx－x＋a在(e－a,1)上存在一個(gè)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，從而函數(shù)f(x)＝lnx－x＋a在(1，b)上存在一個(gè)根，故a的取值范圍為(1，＋∞)．故選D．5．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(xlnx,a)(a>0)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)y＝f(x)在x＝1處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)在[a,2a]上的最小值．[解析]本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝xlnx，f′(x)＝lnx＋1，∴切線斜率k＝f′(1)＝1，切點(diǎn)為(1,0)，即切線方程為y＝x－1.(2)f′(x)＝eq\f(lnx＋1,a)，令f′(x)＝0?x＝eq\f(1,e).①當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在[a,2a]上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(a)＝lna；②當(dāng)a<eq\f(1,e)<2a，即eq\f(1,2e)<a<eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\