（山东专用）2021版高考数学一轮复习练案（16）第二章函数、导数及其应用第十二讲导数在研究函数中的应用第2课时导数与函数的极值、最值（含解析）

 [练案16]第二课时　导数与函数的极值、最值A组基础巩固一、单选题1．设函数f(x)＝＋ln x，则(　D　)A．x＝为f(x)的极大值点B．x＝为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点[解析]　f(x)＝＋ln x(x>0)，f′(x)＝－＋＝，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)的极小值点．故选D.2．(2020·成都市高三摸底测试)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极小值点的个数为(　A　)A．1　 B．2　C．3　 D．4[解析]　如图，在区间(a，b)内，f′(c)＝0，且在x＝c附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，所以在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.3．(2020·贵阳模拟)函数f(x)＝x2－lnx的最小值为(　A　)A．　 B．1　C．0　 D．不存在[解析]　f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝，也是f(x)的最小值.故选A.4．(2020·湖南长沙模拟)已知x＝是函数f(x)＝xln(ax)＋1的极值点，则a＝(　B　)A．　 B．1　C．　 D．2[解析]　由f(x)＝xln(ax)＋1，可得f′(x)＝ln(ax)＋1，因为x＝是函数f(x)＝xln(ax)＋1的极值点，所以ln(a·)＋1＝0，解得a＝1.经验证a＝1满足题意．故选B.5．(2019·海南八校联盟开学考试)已知函数f(x)＝3ln x－x2＋(a－)x在区间(1,3)上有最大值，则实数a的取值范围是(　B　)A．(－，5)　　 B．(－，)C．(，)　　 D．(，5)[解析]　f′(x)＝－2x＋a－，由题意易知即解得－<a<.故选B.6．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则(　C　)A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取得极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取得极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极大值[解析]　当k＝1时，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0，所以x＝1不是f(x)的极值点．当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，显然f′(1)＝0，且在x＝1附近的左侧f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在x＝1处取得极小值．故选C.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＋1　C．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B、C.8．已知函数f(x)＝ax－－3ln x，其中a为常数．若f(x)在(0，＋∞)上既存在极大值也存在极小值，则实数a的取值可以是(　BD　)A．－1　 B．0　C．　 D．1[解析]　f′(x)＝a＋－＝(x>0)，由题设可得方程ax2－3x＋2＝0在(0，＋∞)上有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1，x2，则有解得0<a<.故实数a的取值可能为，1.故选B、D.三 、填空题9．函数f(x)＝＋lnx的极小值为__1＋ln2__.[解析]　f′(x)＝－＋＝，当x>2时f′(x)>0，当0<x<2时f′(x)<0，∴f(x)的极小值为f(2)＝1＋ln2.10．函数f(x)＝xsinx＋cosx在[，π]上的最大值为　　.[解析]　因为f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈[，]时，f′(x)≥0，函数f(x)递增，当x∈(，π]时，f′(x)<0，函数f(x)递减，所以f(x)max＝f()＝.11．函数y＝xex在其极值点处的切线方程为　y＝－　.　[解析]　y′＝(x＋1)ex，当x<－1时，y′<0；当x>－1时y′>0，∴函数在x＝－1时取得极小值－，又y′|x＝－1＝0，∴所求切线方程为y＝－.12．已知函数f(x)＝(x2＋x＋m)ex(其中m∈R，e为自然对数的底数)．若在x＝－3处函数f(x)有极大值，则函数f(x)的极小值是__－1__.[解析]　由f(x)＝(x2＋x＋m)ex，得f′(x)＝(x2＋3x＋m＋1)·ex.若在x＝－3处函数f(x)有极大值，则f′(－3)＝0，解得m＝－1，故f(x)＝(x2＋x－1)ex，f′(x)＝(x2＋3x)ex.令f′(x)>0，解得x>0或x<－3；令f′(x)<0，解得－3<x<0.故f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－3,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)极小值＝f(0)＝－1.四、解答题13．(2020·重庆南开中学模拟)若曲线f(x)＝ex＋x2－mx在点(1，f(1))处的切线斜率为e＋1.(1)求实数m的值；(2)求函数f(x)在区间[－1,1]上的最大值．[解析]　(1)f′(x)＝ex＋2x－m，∴f′(1)＝e＋2－m，由条件知e＋2－m＝e＋1，解得m＝1，故实数m的值为1.(2)f′(x)＝ex＋2x－1为增函数且f′(1)＝e＋1>0，f′(－1)＝e－1－3<0，∴在区间(－1,1)上存在x0使f′(x0)＝0，∴函数f(x)在区间[－1，x0]上单调递减，在区间[x0,1]上单调递增，∴f(x)max＝max{f(－1)，f(1)}，又f(－1)＝e－1＋2，f(1)＝e，∴f(x)max＝e.故f(x)在[－1,1]上的最大值为e.14．(2020·重庆高三调研)已知函数f(x)＝a(x－)－2ln x，a>0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＝0.[解析]　f′(x)＝a(1＋)－＝，其中方程ax2－2x＋a＝0的根的判别式Δ＝4－4a2，故当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当0<a<1时，f(x)在(0，)递增，在(，)递减，在(，＋∞)上递增．(2)证明：由(1)知x1＋x2＝，x1x2＝1，∴f(x1)＋f(x2)＝a(x1－)－2ln x1＋a(x2－)－2ln x2＝a(x1＋x2)－－2ln(x1x2)＝a·－－2ln 1＝0.B组能力提升1．(多选题)(2020·济宁市月考)下图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，给出下列命题正确的是(　AD　)A．－3是函数y＝f(x)的极小值点B．－1是函数y＝f(x)的极小值点C．y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率小于零D．y＝f(x)在区间(－3,1)上单调递增[解析]　由图可知x<－3时，f′(x)<0，x∈(－3,2)时f′(x)>0，∴－3是f(x)的极小值点．A正确；又x∈(－3,1)时f′(x)>0，∴f(x)在区间(－3,1)上单调递增，D正确，故选A、D.2．(2020·湖北襄阳四校联考)函数f(x)＝x2＋xlnx－3x的极值点一定在区间(　B　)A．(0,1)　 B．(1,2)　C．(2,3)　 D．(3,4)[解析]　函数的极值点即导函数的零点，f′(x)＝x＋lnx＋1－3＝x＋lnx－2，则f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2>0，由零点存在性定理得f′(x)的零点在(1,2)上，故选B.3．(2020·贵州黔东南州联考)已知函数f(x)＝lnx－，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为，则a的值为(　A　)A．－　 B．－　C．－　 D．e[解析]　f′(x)＝＋＝若a≥0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上递增，fmin(x)＝f(1)＝－a＝，则a＝－，矛盾．若a<0，则由f′(x)＝0得x＝－a.若1<－a<e，即－e<a<－1，则fmin(x)＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，解得a＝－，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，∴fmin(x)＝f(e)＝1－＝，解得a＝－，矛盾；若－a≤1，即a≥－1，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上递增fmin(x)＝f(1)＝－a＝，解得a＝－，矛盾．4．(2020·贵阳检测)已知函数f(x)＝－lnx.(1)求f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在[，e]上的最大值和最小值(其中e是自然对数的底数)．[解析]　(1)f(x)＝－lnx＝1－－lnx，f(x)的定义域为(0，＋∞)．∴f′(x)＝－＝，由f′(x)>0，得0<x<1，由f′(x)<0，得x>1，∴f(x)＝1－－lnx在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)由(1)得f(x)在[，1]上单调递增，在[1，e]上单调递减，∴f(x)在[，e]上的最大值为f(1)＝1－1－ln1＝0.又f()＝1－e－ln＝2－e，f(e)＝1－－lne＝－，且f()<f(e)．∴f(x)在[，e]上的最小值为f()＝2－e.∴f(x)在[，e]上的最大值为0，最小值为2－e.5．(2020·3月份北京市高考适应性测试)已知函数f(x)＝ex(x－1)－eax2，a<0.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)的极小值；(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0<x<a，因此，f(x)在(－∞，a)递增，(a,0)递减，(0，＋∞)递增．因此，f(x)在x＝0处取得极小值f(0)＝－1.(3)f(a)＝ea(a－1)－ea·a2＝－ea(a2－2a＋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．