2024届高考数学复习第一轮讲练测专题4.3 应用导数研究函数的极值、最值 教师版

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专题4.3 应用导数研究函数的极值、最值
练基础

1．（2021·河南高三其他模拟（文））函数在上的最小值为（ ）
A． B．-1 C．0 D．
【答案】B
【解析】
求导后求得函数的单调性，利用单调性求得函数的最小值.
【详解】
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以.
故答案为：B.
2．（2021·全国高考真题（理））设，若为函数的极大值点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
结合对进行分类讨论，画出图象，由此确定正确选项.
【详解】
若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
依题意，为函数的极大值点，
当时，由，，画出的图象如下图所示：

由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：

由图可知，，故.
综上所述，成立.
故选：D
3．（2021·全国高三其他模拟）已知函数f（x）＝﹣ex，则下列说法正确的是（　　）
A．f（x）无极大值，也无极小值
B．f（x）有极大值，也有极小值
C．f（x）有极大值，无极小值
D．f（x）无极小值，有极大值
【答案】C
【解析】
求导判断函数的单调性，但由于不容易判断正负，所以需要二次求导来判断.
【详解】
因为，所以，
令，
，
因为，所以，即，故，
所以在上单调递减，
又因为， ，
所以存在唯一的，使得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以f（x）有极大值，无极小值.
故选：C.
4.（2021·全国高三月考（理））已知函数，当时，恒成立，则实数的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
首先将不等式转化为，又时，，问题转化为在上递减，所以当时，恒成立，最后参变分离得到参数的最大值.
【详解】
∵在时恒成立，
而时，，
∴在上递减，
∴当时，恒成立，
即时，恒成立，
故，
∴实数的最大值为3，
故选B.
5．（2021·广东高三其他模拟）若函数有最小值，则的一个正整数取值可以为___________.
【答案】4
【解析】
分段研究函数的单调性及最值得解
【详解】
在上单调递增，
∴；当时，，此时，.
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴在上的最小值为，函数有最有最小值，则，即，故的一个正整数取值可以为4.
故答案为：4
6．（2021·全国高三其他模拟（文））函数取最大值时的值为___________.
【答案】
【解析】
求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，求出函数取最大值时x的值即可.
【详解】
解：

令，即，解得：或或，
时时，，
故在[上单调递增，在上单调递减，
故时，取最大值，
故答案为：
7．（2021·陕西宝鸡市·高三二模（文））设是函数的一个极值点，则___________.
【答案】
【解析】
由条件可得，然后由算出答案即可.
【详解】
因为，是函数的一个极值点
所以，所以
所以
故答案为：
8.（2021·贵州贵阳市·贵阳一中高三月考（理））已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）求函数的最小值
【答案】（1）单调减区间是(-∞，，0)，单调增区间是(0，+∞)；（2）最小值1.
【解析】
（1）直接利用导数求函数的单调区间；
（2）由（1）可得ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立，
把转化为，直接求出最小值1，并判断出g(x)取得最小值时条件存在.
【详解】
解∶（1）的定义域为R, ，
当x<0时，有，当x>0时，有；
所以函数f(x)的单调减区间是(-∞，，0)，单调增区间是(0，+∞).
（2）由（1）可得f(x)min=f(0)=0，有ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立，
所以，
当且仅当lnx+x=0时，等号成立.
设h(x)=lnx+x(x>0)，
所以h(x)在(0，+∞)上是增函数，.
而，h（1）=1>0，
由零点存在性定理，存在唯一，使得h(x0)=0，
所以当x=x0时，函数g(x)取得最小值1.
9．（2021·河南高三其他模拟（文））已知函数 .
（1）若，求曲线在点处的切线方程.
（2）若，证明：存在极小值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再根据函数表达式求出切点坐标，再由点斜式即可求出切线方程；
（2）通过二次求导得到的单调区间，从而可以证明存在极小值.
【详解】
（1）当时，，
所以.
所以，.
故曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）由，得.
令，则.
当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为.
因为，所以，.
因为在上单调递增，
所以存在，使得，
在上，，在上，，
即在上，，在上，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故存在极小值.
10．（2021·玉林市育才中学高三三模（文））设函数，其中．
（Ⅰ）当时，在时取得极值，求；
（Ⅱ）当时，若在上单调递增，求的取值范围；
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）求函数的导数利用求解；
（Ⅱ）根据函数的单调性可得在上恒成立，利用二次函数的最值求解.
【详解】
（Ⅰ）当时，，
依题意有，故，
此时，
取得极大值，所以；
（Ⅱ）当时，，
若在上单调递增，
则在上恒成立，
设，
只需，即.
练提升TIDHNEG

1．【多选题】（2021·全国高三其他模拟）已知函数，其中是自然对数的底数，则下列说法正确的是（ ）．
A．是偶函数 B．是的周期
C．在上单调递减 D．在上有3个极值点
【答案】AD
【解析】
对于A:化简 即可.
对于B:计算出与，由即可.
对于C:计算出，则可判断其在上得正负号，则可得出 在上的单调性，再利用，，则可得到在上单调的单调性.
对于D:结合在上单调递增，在上单调递减与偶函数，即可判断.
【详解】
对于A:
因为的定义城为，且，
所以函数是偶函数，故A正确．
对于B:因为，，
所以，所以不是函数的周期，故B错误．
对于C:，
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
因为，，
所以存在唯一，使得，
当时，，单调递增．
当时，，单调递减；
所以函数在上单调递增，在上单调递减，故C错误．
对于D:函数在上有2个极大值点，，1个极小值点0，共3个极值点，故D正确．
故选：AD．
2．（2021·辽宁丹东市·高三二模）设函数，已知的极大值与极小值之和为，则的值域为______．
【答案】
【解析】
，设的两根为，由求出的范围，然后用表示出、、、，然后可得，然后可求出其值域.
【详解】

设的两根为，且
所以，或，，
所以

在上单调递增，在上单调递减
所以
所以
由可得或，由可得
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
因为，所以的值域为
故答案为：
3．（2021·全国高三其他模拟（理））已知，若关于的不等式恒成立，则的最大值为_______．
【答案】
【解析】
已知不等式等价转化为恒成立，在a=0时易得ab=0;当a≠0时，设函数,函数图象在直线下方时，根据对数函数的性质，结合导数求得相切时a,b满足的条件，进而得到当函数图象在直线下方时，，得到,记,利用导数研究单调性求得最大值，即得所求.
【详解】
原不等式等价于：恒成立，由对数函数的图象和性质，易知，
当时不等式为对于x>0恒成立，需要，此时,
当时，设函数,
当直线与函数图象相切时，设切点坐标为,则,
∴,即
所以当函数图象在直线下方时，，
∴,
记,则,
令，解得
当时,单调递增；当时，，单调递减，
∴,
综上，的最大值为：，
故答案为：.

4．（2021·全国高三月考（文））已知函数，.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数在上有两个极值点，求实数的取值范围.
【答案】（1）增区间是，减区间是．（2）
【解析】
（1）求导函数，利用得增区间，得减区间；
（2）求导函数，由在上有两个不等实根可得参数范围．
【详解】
（1），，，
当，即时，，
当，即时，，
所以的增区间是，减区间是．
（2），
，
由题意在上有两个不等实根．即有两个实根．
设，则，
时，，所以时，，递增，时，，递减，
，，，
所以当时，在上有两个实根．有两个极值点．
5．（2021·全国高三其他模拟）已知函数，.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若函数存在极大值，证明：.
【答案】（1）当时，单调递增；当时，单调递减；（2）证明见解析．
【解析】
（1）将代入函数，并求导即可分析单调性；
（2）求导函数，讨论当，与时分析单调性，并判断是否有极大值，再求解极大值，即可证明．
【详解】
（1）的定义域是
当时，，，
令，得，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
（2），
令，
则，
由的定义域是，易得，
当时，由（1）知，在处取得极大值，所以.
当时，在上恒成立，
所以在上单调递减，，所以，故没有极值.
当时，令，得，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减.
所以当时，，
又，，且，
所以存在唯一，使得，
当时，，即，单调递增；当时，，即，单调递减.
所以当时，取得极大值，
所以，
所以.
令，则，设，，
则，
所以在上单调递减，
所以，所以.
综上，若函数存在极大值，则．
6．（2021·河南郑州市·高三二模（理））已知函数．
（1）当时，不等式在上恒成立，求实数的取值范围；
（2）若，最小值为，求的最大值以及此时的值．
【答案】（1）；（2）的最大值是，此时．
【解析】
(1)根据题意, 令,求导研究函数的单调性并分和两种情况讨论求解；
（2）求导得，令，得，令，则，故至多个解，不妨设为，即，进而得函数的最小值是，再令，进而求导研究最值即可.
【详解】
解：（1）时，，
令，
则，，
故在递增，，，
当时，，
故存在，使得在递减，
，在上不恒成立，
不可取，
当时，，∴ 在上单调递增，
∴ ，满足题意.
的取值范围是；
（2），令，得，
令，则，
在递增，
至多个解，
设该解是，即，
此时在上单调递增，在上单调递减，
的最小值是，
令，
则，
，∴ ，
令，解得：，
令，解得：，
在递增，在递减，
的最大值是，
即的最大值是，此时，．
7．（2021·临川一中实验学校高三其他模拟（文））已知函数.
（1）求曲线上一点处的切线方程；
（2）当时，在区间的最大值记为，最小值记为，设，求的最小值.
【答案】（1）切线方程为；（2）.
【解析】
（1）首先求出参数的值，即可得到函数解析式，再求出函数的导函数，即可得到切线的斜率，即可得解；
（2）依题意可得，即可得到函数的单调区间，再对参数分类讨论，求出函数的最大值与最小值，即可得到，再利用导数取出函数的最小值；
【详解】
解：（1）因为点在曲线上，所以，解得，
所以，求导得，
∵切点为，，
故切线斜率，
所求切线方程为.
（2）因为，，.
所以.令，得或.
所以，，为减函数；，，为增函数.
①当时，在上单调递减
所以依题意，，，
所以.
②当时，在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
当时，，所以，，
当时，，所以，.
设，所以，
当时，，所以在单调递减.又因为，，
所以
所以，当且仅当时，取得最小值.
8.（2021·成都七中实验学校高三三模（文））已知函数，其中.
（1）若函数无极值，求的取值范围；
（2）当取（1）中的最大值时，求函数的最小值.
【答案】（1）；（2）最小值.
【解析】
(1)函数无极值，则导数恒大于等于零或恒小于等于0，，故可转化为在区间上无根或有唯一根，即可得解.
(2)易知，由函数的单调性知，通过两边平方及换元可得的最小值.
【详解】
解：（1），
据题意得方程在区间上无根或有唯一根，
即方程在区间上无根或有唯一根，解得；
(2)当时，，
由（1）知在区间上是增函数，且，
当时，，
得，
当时，，
得，
所以当时，，
令，所以，平方的得，
即当时，不等式成立，当时取等号，
所以当时，函数取最小值
9．（2021·安徽合肥市·合肥一中高三其他模拟（文））已知函数
（1）当时，求的最大值；
（2）若时，恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）先求，再分析单调性，根据单调性求最大值即可；
（2）构造函数，然后分类讨论，研究其单调性，并通过分析端点处的值获得满足题意的的取值范围.
【详解】
（1），
则由，可知在上为正，在上为负
在上为增函数，在上为减函数，
当时，.
（2）对恒成立，即对恒成立.
设，

，，，，.
，又，.
（i）即时，，在上递减，，舍.
（ii）即时，
①当，即时，，使得.且，，在内递减，，矛盾，舍；
②当，即时，，使得，且，，，，在上递增，在上递减，又，，所以成立.
③，即，，在上递增，则.满足题意.
综上，.
10．（2022·河南高三月考（理））已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）假设函数有两个极值点.
①求实数的取值范围；
②若函数的极大值小于整数，求的最小值.
【答案】（1）在区间上单调递减，在区间上单调递减；（2）①；②最小值为3.
【解析】
（1）求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2）①求出，令，由题意可得关于的方程有两个不相等实数根，只需解不等式组即可；②分析可得，，由可得，极大值，令，可得，再证明即可.
【详解】
解：（1），


.
分析知，当或时，，
函数在区间上单调递减，在区间上单调递减.
（2）①，



令，则.
讨论：当时，，为增函数；
当时，，为减函数.
当时，.
由于有两个极值点，
关于的方程有两个不相等实数根，
即有两个不相等实数根，.
解得.
②分析可知，，，，
则.
又，
即
函数极大值为
令，则，
则(*)可变为
分析知，，，
，
下面再说明对于任意，，有.
又由(#)得，
把它代入(*)得，
当时，且，
故在上单调递减.
又，
当时，.
满足题意的整数的最小值为3.
练真题TIDHNEG

1．（2021·全国高考真题）函数的最小值为______.
【答案】1
【解析】
由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.
【详解】
由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
2．（2020·江苏省高考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知，A，B是圆C：上的两个动点，满足，则△PAB面积的最大值是__________．
【答案】
【解析】

设圆心到直线距离为，则
所以
令（负值舍去）
当时，；当时，，因此当时，取最大值，即取最大值为，
故答案为：
3．（2020·北京高考真题）已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程；
（Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．
【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）因为，所以，
设切点为，则，即，所以切点为，
由点斜式可得切线方程为：，即.
（Ⅱ）显然，
因为在点处的切线方程为：，
令，得，令，得，
所以，
不妨设时，结果一样，
则，
所以
，
由，得，由，得，
所以在上递减，在上递增，
所以时，取得极小值，
也是最小值为.
4．（2017·北京高考真题（理））已知函数f(x)=excosx-x．
（Ⅰ）求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
（Ⅱ）求函数f(x)在区间[0,π2]上的最大值和最小值．
【答案】(Ⅰ)y=1；（Ⅱ）最大值1；最小值-π2.
【解析】
（Ⅰ）因为f(x)=excosx-x，所以f'(x)=ex(cosx-sinx)-1,f'(0)=0.
又因为f(0)=1，所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.
（Ⅱ）设h(x)=ex(cosx-sinx)-1，则h'(x)=ex(cosx-sinx-sinx-cosx)=-2exsinx.
当x∈(0,π2)时，h'(x)<0，
所以h(x)在区间[0,π2]上单调递减.
所以对任意x∈(0,π2]有h(x) 所以函数f(x)在区间[0,π2]上单调递减.
因此f(x)在区间[0,π2]上的最大值为f(0)=1，最小值为f(π2)=-π2.
5.（2018·全国高考真题（理））已知函数fx=2+x+ax2ln1+x-2x．
（1）若a=0，证明：当-10时，fx>0；
（2）若x=0是fx的极大值点，求a．
【答案】（1）见解析；（2）a=-16
【解析】
（1）当a=0时，f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x，f'(x)=ln(1+x)-x1+x.
设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-x1+x，则g'(x)=x(1+x)2.
当-10时，g'(x)>0.故当x>-1时，g(x)≥g(0)=0，且仅当x=0时，g(x)=0，从而f'(x)≥0，且仅当x=0时，f'(x)=0.
所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.
又f(0)=0，故当-10时，f(x)>0.
（2）（i）若a≥0，由（1）知，当x>0时，f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0)，这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.
（ii）若a<0，设函数h(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2.
由于当|x|0，故h(x)与f(x)符号相同.
又h(0)=f(0)=0，故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.
h'(x)=11+x-2(2+x+ax2)-2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=x2(a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2.
如果6a+1>0，则当00，故x=0不是h(x)的极大值点.
如果6a+1<0，则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0，故当x∈(x1,0)，且|x| 如果6a+1=0，则h'(x)=x3(x-24)(x+1)(x2-6x-12)2.则当x∈(-1,0)时，h'(x)>0；当x∈(0,1)时，h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点，从而x=0是f(x)的极大值点
综上，a=-16.
6．（2019·江苏高考真题）设函数，为f（x）的导函数．
（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；
（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；
（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】
（1）因为，所以．
因为，所以，解得．
（2）因为，
所以，
从而．令，得或．
因为，都在集合中，且，
所以．
此时，．
令，得或．列表如下：




1


+
0
–
0
+


极大值

极小值


所以的极小值为．
（3）因为，所以，
．
因为，所以，
则有2个不同的零点，设为．
由，得．
列表如下：







+
0
–
0
+


极大值

极小值


所以的极大值．
解法一：




．因此．
解法二：
因为，所以．
当时，．
令，则．
令，得．列表如下：





+
0
–


极大值


所以当时，取得极大值，且是最大值，故．
所以当时，，因此．