高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考達標(biāo)檢測（十三）極值、最值兩考點利用導(dǎo)數(shù)巧推演 文試題

高考達標(biāo)檢測（十三）極值、最值兩考點，利用導(dǎo)數(shù)巧推演一、選擇題1．函數(shù)f(x)＝(x2－1)2＋2的極值點是()A．x＝1 B．x＝－1C．x＝1或－1或0 D．x＝0解析：選C∵f(x)＝x4－2x2＋3，∴由f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)(x－1)＝0，得x＝0或x＝1或x＝－1，又當(dāng)x<－1時，f′(x)<0，當(dāng)－1<x<0時，f′(x)>0，當(dāng)0<x<1時，f′(x)<0，當(dāng)x>1時，f′(x)>0，∴x＝0,1，－1都是f(x)的極值點．2．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1處取得極大值10，則eq\f(a,b)的值為()A．－eq\f(2,3) B．－2C．－2或－eq\f(2,3) D．2或－eq\f(2,3)解析：選A由題意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b－a2－7a＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9，))經(jīng)檢驗eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9))滿足題意，故eq\f(a,b)＝－eq\f(2,3).3．(2018·浙江瑞安中學(xué)月考)已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx的圖象如圖所示，則xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(4,3)C.eq\f(8,3) D.eq\f(16,3)解析：選C由圖象可知f(x)過點(1,0)與(2,0)，x1，x2是函數(shù)f(x)的極值點，因此1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的兩根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝eq\f(2,3)，所以xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－eq\f(4,3)＝eq\f(8,3).4．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲線過原點，且在x＝±1處的切線斜率均為－1，有以下命題：①f(x)的解析式為：f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]；②f(x)的極值點有且僅有一個；③f(x)的最大值與最小值之和等于零．其中正確的命題個數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．3解析：選Cf′(x)＝3x2＋2ax＋b，因為函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲線過原點，且在x＝±1處的切線斜率均為－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝3＋2a＋b＝－1，,f′－1＝3－2a＋b＝－1，,c＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝4，,c＝0，))則f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]，故①正確；f′(x)＝3x2－4，令f′(x)＝0，解得x＝±eq\f(2\r(3),3)∈[－2,2]，易知，x＝±eq\f(2\r(3),3)均為函數(shù)的極值點，故②錯誤；易知函數(shù)f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]是奇函數(shù)，所以最大值與最小值之和為0，故③正確．因此，正確命題的個數(shù)為2，故選C.5．(2017·長沙二模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x2＋a)(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值為eq\f(\r(3),3)，則a的值為()A.eq\r(3)－1 B.eq\f(3,4)C.eq\f(4,3) D.eq\r(3)＋1解析：選A由f(x)＝eq\f(x,x2＋a)，得f′(x)＝eq\f(a－x2,x2＋a2)，當(dāng)a＞1時，若x＞eq\r(a)，則f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，若1＜x＜eq\r(a)，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，故當(dāng)x＝eq\r(a)時，函數(shù)f(x)有最大值eq\f(1,2\r(a))＝eq\f(\r(3),3)，得a＝eq\f(3,4)＜1，不合題意；當(dāng)a＝1時，函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，最大值為f(1)＝eq\f(1,2)，不合題意；當(dāng)0＜a＜1時，函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，此時最大值為f(1)＝eq\f(1,a＋1)＝eq\f(\r(3),3)，得a＝eq\r(3)－1，符合題意．故a的值為eq\r(3)－1，選A.6．設(shè)函數(shù)f(x)＝3xex，若存在唯一的整數(shù)x0，使得f(x0)<kx0－k，則k的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,e2)，0)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,e)，－\f(6,e2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(3,2e)))解析：選Df′(x)＝3(x＋1)ex，當(dāng)x>－1時，f′(x)>0，當(dāng)x<－1時，f′(x)<0，所以當(dāng)x＝－1時，f(x)取得最小值為f(－1)＝－eq\f(3,e)，因此，要使“存在唯一的整數(shù)x0，使得f(x0)<kx0－k”成立，則x0＝－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1<－2k，,f－2≥－3k，))解得eq\f(2,e2)≤k<eq\f(3,2e).二、填空題7．若函數(shù)f(x)＝2x2－lnx在其定義域的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)存在最小值，則實數(shù)k的取值范圍是________．解析：因為f(x)的定義域為(0，＋∞)，又f′(x)＝4x－eq\f(1,x)，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2).據(jù)題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－1<\f(1,2)<k＋1，,k－1≥0，))解得1≤k<eq\f(3,2).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))8．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x2)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋lnx))，若x＝2是函數(shù)f(x)的唯一一個極值點，則實數(shù)k的取值范圍為________．解析：f′(x)＝eq\f(x2ex－2xex,x4)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)＋\f(1,x)))＝eq\f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)－k)),x2)(x>0)．設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，為g(1)＝e，結(jié)合g(x)＝eq\f(ex,x)與y＝k的圖象可知，要滿足題意，只需k≤e.答案：(－∞，e]9．(2018·湘中名校聯(lián)考)已知函數(shù)g(x)＝a－x2eq\f(1,e)≤x≤e，e為自然對數(shù)的底數(shù)與h(x)＝nx的圖象上存在關(guān)于x軸對稱的點，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：由題意，知方程x2－a＝2lnx，即－a＝2lnx－x2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有解．設(shè)f(x)＝2lnx－x2，則f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝－eq\f(2x＋1x－1,x).易知x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))時，f′(x)>0，x∈[1，e]時f′(x)<0，所以函數(shù)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，所以f(x)極大值＝f(1)＝－1，又f(e)＝2－e2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2－eq\f(1,e2)，f(e)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，所以方程－a＝2lnx－x2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有解等價于2－e2≤－a≤－1，所以a的取值范圍為[1，e2－2]．答案：[1，e2－2]三、解答題10．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x3＋x2，x<1，,alnx，x≥1.))(1)求f(x)在區(qū)間(－∞，1)上的極小值和極大值點；(2)求f(x)在[－1，e](e為自然對數(shù)的底數(shù))上的最大值．解：(1)當(dāng)x<1時，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2,3).當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))f′(x)－0＋0－f(x)極小值極大值故當(dāng)x＝0時，函數(shù)f(x)取得極小值為f(0)＝0，函數(shù)f(x)的極大值點為x＝eq\f(2,3).(2)①當(dāng)－1≤x＜1時，由(1)知，函數(shù)f(x)在[－1,0]和eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上單調(diào)遞增．因為f(－1)＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(4,27)，f(0)＝0，所以f(x)在[－1,1)上的最大值為2.②當(dāng)1≤x≤e時，f(x)＝alnx，當(dāng)a≤0時，f(x)≤0；當(dāng)a>0時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，則f(x)在[1，e]上的最大值為f(e)＝a.故當(dāng)a≥2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為a；當(dāng)a<2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為2.11．(2018·威海調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)＋ax(x＞1)．(1)若f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若a＝2，求函數(shù)f(x)的極小值；(3)在(2)的條件下，若方程(2x－m)lnx＋x＝0在(1，e]上有兩個不等實根，求實數(shù)m的取值范圍．解：(1)∵f(x)＝eq\f(x,lnx)＋ax(x＞1)．∴f′(x)＝eq\f(lnx－1,lnx2)＋a.由題意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤eq\f(1,lnx2)－eq\f(1,lnx)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，對x∈(1，＋∞)恒成立．∵x∈(1，＋∞)，∴l(xiāng)nx∈(0，＋∞)，∴eq\f(1,lnx)－eq\f(1,2)＝0時，函數(shù)t(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)的最小值為－eq\f(1,4)，∴a≤－eq\f(1,4).故實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).(2)當(dāng)a＝2時，f(x)＝eq\f(x,lnx)＋2x，f′(x)＝eq\f(lnx－1＋2lnx2,lnx2)＝eq\f(2lnx－1lnx＋1,lnx2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x＝0，,x＞1，))得x＝e.則當(dāng)x變化時，f′(x)與f(x)在(1，＋∞)上的變化情況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e))eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，＋∞))f′(x)－0＋f(x)極小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e))∴f(x)極小值＝f(e)＝eq\f(e,\f(1,2))＋2eeq\f(1,2)＝4eq\r(e).(3)∵x＞1，∴(2x－m)lnx＋x＝0?2x－m＋eq\f(x,lnx)＝0?m＝eq\f(x,lnx)＋2x，∴方程(2x－m)lnx＋x＝0在(1，e]上有兩個不等實根，即函數(shù)f(x)與函數(shù)y＝m在(1，e]上有兩個不同的交點．由(2)可知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(e，e))上單調(diào)遞增且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e))＝4eq\r(e)，f(e)＝3e，∴當(dāng)x→1時，eq\f(x,lnx)→＋∞，∴4eq\r(e)＜m≤3e，故實數(shù)m的取值范圍是(4eq\r(e)，3e]．12．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2－ax(a∈R)．(1)當(dāng)a＝3時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1∈(0,1]，證明f(x1)－f(x2)≥－eq\f(3,4)＋ln2.解：f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a＝eq\f(2x2－ax＋1,x)(x>0)．(1)當(dāng)a＝3時，f′(x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x).令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)或x＝1.所以當(dāng)0<x<eq\f(1,2)或x>1時，f′(x)>0；當(dāng)eq\f(1,2)<x<1時，f′(x)<0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(2)證明：由于f(x)有兩個極值點x1，x2，則2x2－ax＋1＝0有兩個不相等的實根，所以x1＋x2＝eq\f(a,2)，x1·x2＝eq\f(1,2)，即2(x1＋x2)＝a，x2＝eq\f(1,2x1)，所以f(x1)－f(x2)＝lnx1＋xeq\o\al(2,1)－ax1－lnx2－xeq\o\al(2,2)＋ax2＝lnx1－lneq\f(1,2x1)＋eq\f(a,2)(x1－x2)－a(x1－x2)＝2lnx1－xeq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4x\o\al(2,1))＋ln2(0<x1≤1)，設(shè)F(x)＝2lnx－x2＋eq\f(1,4x2)＋ln2(0<x≤1)，則F′(x)＝eq\f(2,x)－2x－eq\f(1,2x3)＝－eq\f(2x2－12,2x3)<0，所以F(x)在(0,1]上單調(diào)遞減，所以F(x)≥F(1)＝－eq\f(3,4)＋ln2，即f(x1)－f(x2)≥－eq\f(3,4)＋ln2.1．若函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx的圖象與x軸相切于點(c,0)，且f(x)有極大值4，則c＝()A．－3 B．－1C．1 D．3解析：選D求出導(dǎo)數(shù)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由f′(x)＝0可得x＝eq\f(－a±\r(a2－3b),3)，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，eq\f(－a－\r(a2－3b),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－eq\f(－a＋\r(a2－3b),3)，＋∞))上是增函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－a－\r(a2－3b),3)，\f(－a＋\r(a2－3b),3)))上是減函數(shù)，易知c≠0，且eq\f(－a＋\r(a2－3b),3)＝c，因為函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx的圖象與x軸相切于點(c,0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′c＝3c2＋2ac＋b＝0，,fc＝c3＋ac2＋bc＝0，))解得c＝－eq\f(a,2)，所以a2＝4b，則有x＝eq\f(－a－\r(a2－3b),3)＝eq\f(－a－\r(\f(a2,4)),3)，當(dāng)a>0時，eq\f(－a－\r(\f(a2,4)),3)＝－eq\f(a,2)＝c，不符合題意；當(dāng)a<0時，eq\f(－a－\r(\f(a2,4)),3)＝－eq\f(a,6)<c，又因為f(x)有極大值4，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)))3＋a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)))2＋eq\f(a2,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)))＝4，解得a＝－6，則c＝3.2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋(1－m)x＋lnx.(1)若函數(shù)f(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實數(shù)m的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2(x1<x2)是函數(shù)f(x)的兩個極值點，若m≥eq\f(7,2)，求f(x1)－f(x2)的最小值．解：(1)因為f(x)＝eq\f(1,2)x2＋(1－m)x＋lnx，所以f′(x)＝x＋1－m＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2＋1－mx＋1,x).又因為f′(x)<0在(0，＋∞)上有解，令g(x)＝x2＋(1－m)x＋1，因為g(0)＝1>0，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m－1,2)>0，,Δ＝1－m2－4>0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>1，,m>3或m<－1，))即m>3.所以實數(shù)m的取值范圍為(3，＋∞)．(2)f′(x)＝eq\f(x2＋1－mx＋1,x)，令f′(x)＝0，即x2＋(1－m)x＋1＝0，由題知，兩根分別為x1，x2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝m－1，,x1x2＝1，))又因為f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,1)＋(1－m)x1＋lnx1－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－(1－m)x2－lnx2＝eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＋(1－m)(x1－x2)＋lneq\f(x1,x2)＝eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,1)－xeq\o