【最新版】高中数学高三培优小题练第18练 导数与函数的极值、最值
展开第18练 导数与函数的极值、最值
考点一 利用导数研究函数的极值
1.(2022·西安模拟)已知函数f(x)的导函数是f′(x),y=f′(x)的图象如图所示,下列说法正确的是( )
A.函数f(x)在(-2,-1)上单调递减
B.函数f(x)在x=3处取得极大值
C.函数f(x)在(-1,1)上单调递减
D.函数f(x)共有4个极值点
答案 C
解析 对于选项A,由导函数的图象得函数f(x)在(-2,-1)上单调递增,故A错误;
对于选项B,由导函数的图象得函数f(x)在(1,3)上单调递增,在(3,+∞)上单调递增,所以x=3不是f(x)的极值点,故B错误;
对于选项C,由导函数的图象得函数f(x)在(-1,1)上单调递减,故C正确;
对于选项D,由导函数的图象得函数f(x)共有3个极值点,x=-3,x=1是极小值点,x=
-1是极大值点,故D错误.
2.(2022·信阳模拟)设f(x)=x2+cos x,则函数f( )
A.有且仅有一个极小值
B.有且仅有一个极大值
C.有无数个极值
D.没有极值
答案 A
解析 f′=x-sin x,令g(x)=x-sin x,则g′(x)=1-cos x≥0,
∴f′单调递增且f′=0,
∴当x<0时,f′<0,函数f单调递减,
当x>0时,f′>0,函数f单调递增,
故f有唯一的极小值点.
3.(2022·沙坪坝重庆南开中学月考)函数f(x)=在x=处取得极值,则a=____.
答案 1
解析 ∵f(x)=,
∴f′(x)=,
又f(x)在x=处取得极值,
∴f′==0,得a=1,经检验a=1符合题意.
4.若函数f(x)=x3-ax2-a2x+1的极小值为-4,则整数a=________.
答案 -3
解析 因为f(x)=x3-ax2-a2x+1,
所以f′(x)=3x2-2ax-a2
=3(x-a).
当a=0时,f(x)=x3+1,f′(x)=3x2≥0,函数f(x)单调递增,无极小值;
当a>0时,f(x)在和(a,+∞)上单调递增,在上单调递减,故f(x)极小值=f(a)=1-a3=-4,即a3=5,无整数解;
当a<0时,f(x)在(-∞,a)和上单调递增,在上单调递减,f(x)极小值=f=1+=-4,解得a=-3.
5.(2022·潍坊模拟)若函数f(x)=(x2+ax+2)·ex在R上无极值,则实数a的取值范围为________.
答案 [-2,2]
解析 由f(x)=(x2+ax+2)·ex可得,
f′(x)=(2x+a)·ex+(x2+ax+2)·ex=[x2+(a+2)x+a+2]·ex,
ex>0恒成立,y=x2+(a+2)x+a+2为开口向上的抛物线,
若函数f(x)=(x2+ax+2)·ex在R上无极值,
则y=x2+(a+2)x+a+2≥0恒成立,所以Δ=(a+2)2-4(a+2)≤0,
解得-2≤a≤2,所以实数a的取值范围为[-2,2].
考点二 利用导数研究函数的最值
6.函数f(x)=x2-ln x的最小值为( )
A.1+ln 2 B.1-ln 2
C. D.
答案 C
解析 因为f(x)=x2-ln x(x>0),所以f′(x)=2x-,令2x-=0,得x=,令f′(x)>0,则x>;令f′(x)<0,则0<x<.所以f(x)在上单调递减,在上单调递增,所以f(x)的极小值也是最小值为2-ln =.
7.(2022·绵阳模拟)函数y=(x-2)ex+m在[0,2]上的最小值是2-e,则最大值是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 B
解析 y′=ex+(x-2)ex=(x-1)ex,
因为x∈[0,2],
所以当x∈[0,1)时,y′<0,当x∈(1,2]时,y′>0,
所以函数在[0,1)上单调递减,在(1,2]上单调递增,
所以函数在x=1处取得极小值也是最小值,根据题意有-e+m=2-e,
所以m=2,
当x=0时,y=-2+2=0,当x=2时,y=0+2=2,
所以其最大值是2.
8.函数f(x)=x3-3ax-a在(0,1)内有最小值,则实数a的取值范围是( )
A.[0,1) B.(0,1)
C.(-1,1) D.
答案 B
解析 由题意,f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),
当a≤0时,f′(x)>0,
∴f(x)在(0,1)内单调递增,无最小值.
当a>0时,f′(x)=3(x-)(x+),
不妨只讨论x>0,
当x>时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
当0<x<时,f′(x)<0, f(x)单调递减,
∴当x>0时,f(x)在x=处取得极小值也是最小值,
∴<1,即0<a<1时,f(x)在(0,1)内有最小值.
9.(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为________.
答案 1
解析 函数f(x)=|2x-1|-2ln x的定义域为(0,+∞).
①当x>时,f(x)=2x-1-2ln x,所以f′(x)=2-=,当<x<1时,f′(x)<0,当x>1时,f′(x)>0,所以f(x)min=f(1)=2-1-2ln 1=1;
②当0<x≤时,f(x)=1-2x-2ln x在上单调递减,所以f(x)min=f =-2ln =2ln 2=ln 4>ln e=1.综上,f(x)min=1.
10.若不等式2xln x+3≥-x2+ax对x∈恒成立,则实数a的取值范围是________.
答案
解析 因为不等式2xln x+3≥-x2+ax对x∈恒成立,
所以a≤x+2ln x+,对x>0恒成立,即a≤min.
令g=x+2ln x+,则g′=1+-=,
由g′=0得,x=1或x=-3,
当x∈时,g′<0,函数g单调递减,
当x∈时,g′>0,函数g单调递增,
所以当x=1时,函数g(x)取得最小值g(1)=4,
所以a≤4.
11.(2022·泰安模拟)已知函数f(x)=xln x+mx2有两个极值点,则实数m的取值范围为( )
A.[0,1) B.(-1,0)
C.(-1,1) D.
答案 B
解析 f(x)=xln x+mx2的定义域为(0,+∞),f′(x)=ln x+1+mx.
由ln x+1+mx=0得,m=-.
令h(x)=-(x>0),y=m,要使函数f(x)=xln x+mx2有两个极值点,只需h(x)=-和y=m的图象有两个交点.
h′(x)=,令h′(x)=>0,得x>1;令h′(x)=<0,得0<x<1,
所以h(x)=-在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
当x→0+时,h(x)→+∞;当x→+∞时,h(x)→0;
作出h(x)=-和y=m的图象如图,
所以-1<m<0,即实数m的取值范围为(-1,0).
12.(2021·全国乙卷)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则( )
A.a<b B.a>b
C.ab<a2 D.ab>a2
答案 D
解析 方法一 (分类与整合法)因为函数f(x)=a(x-a)2·(x-b),所以f′(x)=2a(x-a)(x-b)+a(x-a)2=a(x-a)·(3x-a-2b).令f′(x)=0,结合a≠0可得x=a或x=.
(1)当a>0时,
①若>a,即b>a,此时易知函数f(x)在(-∞,a)上单调递增,在上单调递减,所以x=a为函数f(x)的极大值点,满足题意;
②若=a,即b=a,此时函数f(x)=a(x-a)3在R上单调递增,无极值点,不满足题意;
③若<a,即b<a,此时易知函数f(x)在上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,所以x=a为函数f(x)的极小值点,不满足题意.
(2)当a<0时,
①若>a,即b>a,此时易知函数f(x)在(-∞,a)上单调递减,在上单调递增,所以x=a为函数f(x)的极小值点,不满足题意;
②若=a,即b=a,此时函数f(x)=a(x-a)3在R上单调递减,无极值点,不满足题意;
③若<a,即b<a,此时易知函数f(x)在上单调递增,在(a,+∞)上单调递减,所以x=a为函数f(x)的极大值点,满足题意.
综上,a>0且b>a满足题意,a<0且b<a也满足题意.因此,可知必有ab>a2成立.
方法二 当a=1,b=2时,函数f(x)=(x-1)2·(x-2),画出该函数的图象如图1所示,可知x=1为函数f(x)的极大值点,满足题意.从而,根据a=1,b=2可判断选项B,C错误;当a=-1,b=-2时,函数f(x)=-(x+1)2(x+2),画出该函数的图象如图2所示,可知x=-1为函数f(x)的极大值点,满足题意.从而,根据a=-1,b=-2可判断选项A错误.
图1 图2
方法三 当a>0时,根据题意画出函数f(x)的大致图象,如图3所示,观察可知b>a.
图3
当a<0时,根据题意画出函数f(x)的大致图象,如图4所示,观察可知a>b.
图4
综上,可知必有ab>a2成立.
13.函数f(x)=2cos x+sin 2x,x∈R的值域为________.
答案
解析 由题意知,f(x)是周期为2π的周期函数,
不妨令x∈[0,2π],
f′(x)=-2sin x+2cos 2x
=-2sin x+2(1-2sin2x)
=-4sin2x-2sin x+2
=-2(2sin x-1)(sin x+1).
令f′(x)=0,得sin x=或sin x=-1,
又∵x∈[0,2π],
∴x=,,,∴f =,f =-,
f =0,
又f(0)=2,f(2π)=2.
故f(x)max=,f(x)min=-.
故f(x)的值域为.
14.已知函数f(x)=ax+ln x,x∈(0,e],且f(x)的最大值为-3,则a=________.
答案 -e2
解析 f′(x)=a+,x∈(0,e],∈.
①若a≥-,则f′(x)≥0,从而f(x)在(0,e]上单调递增,所以f(x)max=f(e)=ae+1≥0,不符合题意;
②若a<-,令f′(x)>0,得a+>0,又x∈(0,e],
解得0<x<-,
令f′(x)<0,得a+<0,又x∈(0,e],解得-<x≤e.
从而f(x)在上单调递增,在上单调递减,所以f(x)max=f =-1+ln.
令-1+ln=-3,得ln=-2,
即a=-e2.
因为-e2<-,所以a=-e2即为所求.
故实数a的值为-e2.
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