2022届高三数学一轮总复习基础练习：第二章-函数、导数及其应用2-12-2-.docx

其次课时　导数与函数的极值、最值
时间：45分钟　分值：100分

一、选择题
1．y＝x·2x取微小值时，x＝(　　)
A. B．－
C．－ln2 D．ln2
解析　y′＝2x＋x·2xln2＝0，∴x＝－.
答案　B
2．函数f(x)＝＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是(　　)
A．－ B．－
C．－4 D．－
解析　f′(x)＝x2＋2x－3，
令f′(x)＝0得x＝1(x＝－3舍去)，
又f(0)＝－4，f(1)＝－，f(2)＝－，
故f(x)在[0,2]上的最小值是f(1)＝－.
答案　A
3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于(　　)
A．11或18 B．11
C．18 D．17或18
解析　∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，
∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，即
解得或
而当时，函数在x＝1处无极值，故舍去．
∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16.
∴f(2)＝18.故选C.
答案　C
4．设函数f(x)在R上可导，其导函数是f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得微小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　　)

解析　f(x)在x＝－2处取得微小值，即x<－2，f′(x)<0；x>－2，f′(x)>0，那么y＝xf′(x)过点(0,0)及(－2,0)．当x<－2时，x<0，f′(x)<0，则y>0；当－2<x<0时，x<0，f′(x)>0，y<0；当x>0时，f′(x)>0，y>0，故C正确．
答案　C
5．已知f(x)＝x2－cosx，x∈[－1,1]，则导函数f′(x)是(　　)
A．仅有最小值的奇函数
B．既有最大值，又有最小值的偶函数
C．仅有最大值的偶函数
D．既有最大值，又有最小值的奇函数
解析　f′(x)＝x＋sinx，明显f′(x)是奇函数，令h(x)＝f′(x)，则h(x)＝x＋sinx，求导得h′(x)＝1＋cosx.当x∈[－1,1]时，h′(x)>0，所以h(x)在[－1,1]上单调递增，有最大值和最小值，所以f′(x)是既有最大值又有最小值的奇函数．
答案　D
6．(2021·山东德州期末)设函数y＝f(x)在(0，＋∞)内有定义，对于给定的正数K，定义函数fK(x)＝取函数f(x)＝，恒有fK(x)＝f(x)，则(　　)
A．K的最大值为 B．K的最小值为
C．K的最大值为2 D．K的最小值为2
解析　由f(x)＝，
令f′(x)＝＝＝0，
得x＝1.
当x∈(0,1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
即f(x)＝在x＝1时取得最大值，
而f(x)≤K恒成立，
所以≤K，故K的最小值为，选B.
答案　B
二、填空题
7．函数f(x)＝x2－lnx的最小值为________．
解析　由得x>1.
得0<x<1，
∴f(x)在x＝1时，取得最小值f(1)＝－ln1＝.
答案　
8．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在微小值，则实数m的取值范围是________．
解析　f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m2－12×(m＋6)>0.所以m>6或m<－3.
答案　(－∞，－3)∪(6，＋∞)
9．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a<b<c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：
①f(0)f(1)>0；②f(0)f(1)<0；
③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0.
其中正确结论的序号是________．
解析　∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，
由f′(x)<0，得1<x<3，由f′(x)>0，得x<1或x>3.
∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)(3，＋∞)上是增函数．
又a<b<c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.
∴y极大值＝f(1)＝4－abc>0，

y微小值＝f(3)＝－abc<0.
∴0<abc<4.
∴a，b，c均大于零，或者a<0，b<0，c>0.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种状况不行能成立，如图．
∴f(0)<0，∴f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0.
∴正确结论的序号是②③.
答案　②③
三、解答题
10．已知函数f(x)＝ax3＋x2＋bx(a、b为常数)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函数．
(1)求f(x)的表达式；
(2)争辩g(x)的单调性，并求g(x)在区间[1,2]上的最大值、最小值．
解　(1)由已知，f′(x)＝3ax2＋2x＋b，
因此g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.
∵g(x)为奇函数．∴g(－x)＝－g(x)．
∴解得
∴f(x)＝－x3＋x2.
(2)由(1)知g(x)＝－x3＋2x，
∴g′(x)＝－x2＋2.
令g′(x)＝0，
解得x1＝－，x2＝，
∴当x∈(－∞，－)，(，＋∞)时，g(x)单调递减，
当x∈(－，)时，g(x)单调递增．
又g(1)＝，g()＝，g(2)＝，
∴g(x)在区间[1,2]上的最大值为g()＝，
最小值为g(2)＝.
11．已知函数f(x)＝x2－1与函数g(x)＝alnx(a≠0)．
(1)若f(x)，g(x)的图象在点(1,0)处有公共的切线，求实数a的值；
(2)设F(x)＝f(x)－2g(x)，求函数F(x)的极值．
解　(1)由于f(1)＝0，g(1)＝0.
所以点(1,0)同时在函数f(x)，g(x)的图象上，
由于f(x)＝x2－1，g(x)＝alnx，
所以f′(x)＝2x，g′(x)＝.
由已知，得f′(1)＝g′(1)，所以2＝，即a＝2.
(2)由于F(x)＝f(x)－2g(x)＝x2－1－2alnx(x>0)．所以F′(x)＝2x－＝，
当a<0时，
由于x>0，且x2－a>0，所以F′(x)>0对x>0恒成立．
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，F(x)无极值；
当a>0时，
令F′(x)＝0，解得x1＝，x2＝－(舍去)．
所以当x>0时，F′(x)，F(x)的变化状况如下表：
x
(0，)

(，＋∞)
F′(x)
－
0
＋
F(x)
递减
微小值
递增
所以当x＝时，F(x)取得微小值，且F()＝()2－1－2aln＝a－1－alna.
综上，当a<0时，函数F(x)在(0，＋∞)上无极值；
当a>0时，函数F(x)在x＝处取得微小值a－1－alna.

1．(理)f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，则x>0时，f(x)(　　)
A．有极大值，无微小值
B．有微小值，无极大值
C．既有极大值又有微小值
D．既无极大值也无微小值
解析　由题意知f′(x)＝－
＝，
令g(x)＝ex－2x2f(x)，则g′(x)＝ex－2x2f′(x)－4xf(x)
＝ex－2(x2f′(x)＋2xf(x))＝ex－＝ex.
由g′(x)＝0得x＝2，当x＝2时，
g(x)min＝e2－2×22×＝0.
即g(x)≥0，则当x>0时，f′(x)＝≥0.
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，既无极大值也无微小值．
答案　D
(文)如图是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象，则x＋x等于(　　)

A. B.
C. D.
解析　由图象可得f(x)＝x(x＋1)(x－2)＝x3－x2－2x，
又∵x1、x2是f′(x)＝3x2－2x－2＝0的两根，
∴x1＋x2＝，x1x2＝－，
故x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝2＋2×＝.
答案　C
2．已知f′(x)是函数f(x)＝x＋的导函数，则下列结论中正确的是(　　)
A．∃x0∈R，∀x∈R，且x≠0，f(x)≤f(x0)
B．∃x0∈R，∀x∈R，且x≠0，f(x)≥f(x0)
C．∃x0∈R，∀x∈(x0，＋∞)，f′(x)<0
D．∃x0∈R，∀x∈(x0，＋∞)，f′(x)>0
解析　令f′(x)＝1－＝＝0，∴x＝±1.
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；
当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，画出函数的草图(图略)．
当x>0时，f(x)≥2；当x<0时，f(x)≤－2.
故函数在其定义域内没有最大值和最小值，故A，B错；
因当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，故C错；
当x0≥1时满足，在x∈(x0，＋∞)，f′(x)>0时满足，故D正确．
答案　D
3．已知函数f(x)的定义域是[－1,5]，部分对应值如下表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示.
x
－1
0
2
4
5
f(x)
1
2
1.5
2
1

下列关于函数f(x)的命题：
①函数f(x)的值域为[1,2]；
②函数f(x)在[0,2]上是减函数；
③假如当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；
④当1<a<2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．
其中正确命题的序号是________．
解析　由导函数图象可知，当－1<x<0及2<x<4时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当0<x<2及4<x<5时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．当x＝0及x＝4时，函数f(x)取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2；当x＝2时，函数f(x)取得微小值f(2)＝1.5.又f(－1)＝f(5)＝1，所以函数f(x)的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，所以①②正确．
由于当x＝0及x＝4时，函数f(x)取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x∈[－1，t]时，函数f(x)的最大值是2，则0≤t≤5，所以t的最大值为5，所以③不正确．
由于f(x)的微小值为f(2)＝1.5，极大值为f(0)＝f(4)＝2，所以当1<a<2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点，所以④正确．
故填①②④.
答案　①②④
4．已知f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然常数，a∈R.
(1)争辩当a＝1时，函数f(x)的单调性和极值；
(2)求证：在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋；
(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
解　(1)∵f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－＝，
∴当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当1<x<e时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴f(x)的微小值为f(1)＝1.
(2)证明：∵f(x)的微小值为1，即f(x)在(0，e]上的最小值为 1，∴f(x)min＝1.
又∵g′(x)＝，
∴0<x<e时，g′(x)>0，g(x)在(0，e]上单调递增．
∴g(x)max＝g(e)＝<.
∴f(x)min－g(x)max>.
∴在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋.
(3)假设存在实数a，使f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，则f′(x)＝a－＝.
①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，所以，此时f(x)的最小值不是3；
②当0<<e，即a>时，f(x)在上单调递减，在 上单调递增，
f(x)min＝f＝1＋lna＝3，a＝e2，满足条件；
③当≥e，即0<a≤时，f(x)在(0，e]上单调递减，
f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)．所以，此时f(x)的最小值不是3.
综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)有最小值3.