1、第二课时 导数与函数的极值、最值 A 级基础过关|固根基|1.函数 f(x)xex，x0，4的最小值为()A0 B1e C4e4 D2e2 解析：选 A f(x)1xex，当 x0，1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当 x(1，4时，f(x)0，所以当 x0 时，f(x)有最小值，且最小值为 0.2已知 x2 是函数 f(x)x33ax2 的极小值点，那么函数 f(x)的极大值为()A15 B16 C17 D18 解析：选 D 因为 x2 是函数 f(x)x33ax2 的极小值点，且 f(x)3x23a，所以 f(2)123a0，解得 a4，所以函数 f(x)的解析式为 f(x)x312x
2、2，f(x)3x212，由 f(x)0，得 x2，故函数 f(x)在(2，2)上是减函数，在(，2)，(2，)上是增函数，由此可知，当 x2 时，函数 f(x)取得极大值 f(2)18.3(2019 届安徽滁州模拟)已知定义在 R 上的函数 f(x)，其导函数 f(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()f(b)f(a)f(c)；函数 f(x)在 xc 处取得极小值，在 xe 处取得极大值；函数 f(x)在 xc 处取得极大值，在 xe 处取得极小值；函数 f(x)的最小值为 f(d)A B C D 解析：选 A 由题图可知，当 xc 时，f(x)0，所以函数 f(x)在(，c上单调递增
3、，又 abc，所以 f(a)f(b)f(c)，故不正确；因为 f(c)0，f(e)0，且当 x0；当 cxe 时，f(x)e 时，f(x)0，所以函数 f(x)在 xc 处取得极大值，在 xe 处取得极小值，故不正确，正确；由题图知，当 dxe 时，f(x)0，所以函数 f(x)在d，e上单调递减，从而 f(d)f(e)，故不正确故选 A 4(2019 届昆明市高三诊断)设函数 f(x)(x22x2)ex13x312x2的极值点的最大值为x0，若 x0(n，n1)，则整数 n 的值为()A2 B1 C0 D1 解析：选 C f(x)x2exx2x，令 f(x)x2exx2x0，则 x0 或 x
4、exx10，所以 x0 为一个极值点当 x0，xexx10 时，则 ex11x.当 x1 时，exe，11x(1，2)，所以不存在使 ex11x成立的 x0；当 0 x2，所以存在使ex11x成立的 x0.又因为 x0为极值点的最大值，x0(n，n1)，所以整数 n 的值是 0.故选 C 5(2019 届南昌调研)已知 a 为常数，函数 f(x)x(ln xax)有两个极值点 x1，x2(x10，f(x2)12 Bf(x1)0，f(x2)0，f(x2)12 Df(x1)12 解析：选 D f(x)ln x2ax1，依题意知 f(x)0 有两个不等实根 x1，x2，即曲线 y1ln x 与直线
5、y2ax 有两个不同交点，如图 由直线 yx 是曲线 y1ln x 在点(1，1)处的切线，可知，02a1，0 x11x2，a0，12.由 0 x11，得 f(x1)x1(ln x1ax1)0，当 x1x0，f(x2)f(1)a12，故选 D 6(2019 届新乡模拟)设 x1，x2是函数 f(x)x32ax2a2x 的两个极值点，若 x12x2，则实数 a 的取值范围是_ 解析：由题意得 f(x)3x24axa2的两个零点 x1，x2满足 x12x2，所以 f(2)128aa20，解得 2a0)的极大值是正数，极小值是负数，则 a 的取值范围是_ 解析：f(x)3x23a23(xa)(xa)
6、，由 f(x)0，得 xa，当axa 时，f(x)a 或 x0，函数 f(x)单调递增，f(x)的极大值为 f(a)，极小值为 f(a)f(a)a33a3a0 且 f(a)a33a3a 22，a 的取值范围是22，.答案：22，8(2019 届长沙调研)已知 yf(x)是奇函数，当 x(0，2)时，f(x)ln xaxa12，当 x(2，0)时，f(x)的最小值为 1，则 a_ 解析：由题意知，当 x(0，2)时，f(x)的最大值为1.令 f(x)1xa0，得 x1a，当 0 x0；当 2x1a时，f(x)0.f(x)maxf1a ln a11，解得 a1.答案：1 9(2019 届长春市第二
7、次质量监测)已知函数 f(x)(a1)ln xaxx(aR)(1)当 a2 时，求曲线 yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)若函数 f(x)在1，3上的最大值为2，求实数 a 的值 解：(1)当 a2 时，f(x)ln x2xx，f(x)1x2x21，f(2)ln 23，f(2)0，所以曲线在点(2，f(2)处的切线方程为 yln 23.(2)f(x)a1x ax21（x1）（xa）x2(1x3)，当 a1 时，f(x)0，f(x)在1，3上单调递减，所以 f(1)a12，a1；当 a3 时，f(x)0，f(x)在1，3上单调递增，所以 f(3)(a1)ln 3a332，所以 al
8、n 31ln 3133，舍去；当 1a12，则当 x1a，2 时，f(x)0.所以 f(x)在 x2 处取得极小值；若 a12，则当 x(0，2)时，x20，ax112x10.所以 2 不是 f(x)的极小值点 综上可知，a 的取值范围是12，.B 级素养提升|练能力|11.(2019 届江西八所重点中学联考)已知函数 f(x)xeax1ln xax，若函数 f(x)的最小值恰好为 0，则实数 a 的最小值是()A1 B1e C1e2 D1e3 解析：选 C 令 txeax1(x0)，则 t0，所以 ln tln xax1，令 uf(x)xeax1ln xax，则 utln t1.令 g(t)
9、tln t1，则 g(t)11tt1t，当 t(0，1)时，g(t)0，g(t)单调递增，故当 t1时，g(t)取得最小值 g(1)0，故当 xeax11，即 a1ln xx时，函数 f(x)的最小值恰好为0.令 h(x)1ln xx，则 h(x)ln x2x2，令 h(x)0，得 xe2，可知 h(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，则 h(x)minh(e2)1e2，即 a 的最小值为1e2.12(2019 届合肥模拟)已知函数 f(x)xln xaex(e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数 a 的取值范围是()A0，1e B(0，e)C1e，e D(，e)解析：选
10、 A f(x)xln xaex(x0)，f(x)ln x1aex(x0)，由函数 f(x)有两个极值点，得 ya 和 g(x)ln x1ex在(0，)上有两个交点，g(x)1xln x1ex(x0)，令 h(x)1xln x1，则 h(x)1x21x0，h(x)在(0，)上单调递减且 h(1)0，当 x(0，1时，h(x)0，即 g(x)0，g(x)在(0，1上单调递增；当 x(1，)时，h(x)0，即 g(x)0，g(x)在(1，)上单调递减，故 g(x)maxg(1)1e，而 x0 时，g(x)；x时，g(x)0，故 yg(x)的大致图象如图所示 由图可知，若 ya 和 g(x)在(0，)
11、上有两个交点，只需 0a0)，又 f(x)在(0，)上单调递增，恒有 f(x)0，即1xxa0(x0)恒成立，ax1x min，而 x1x2x1x2，当且仅当 x1 时取“”，a2，即函数 f(x)在(0，)上为单调递增函数时，a 的取值范围是(，2(2)f(x2)f(x1)ln x2x112(x22x21)a(x2x1)，又 f(x)1xxax2ax1x(x0)，x1，x2是方程 x2ax10 的两个实根，由根与系数的关系得，x1x2a，x1x21，f(x2)f(x1)ln x2x112(x22x21)a(x2x1)ln x2x112(x22x21)ln x2x112(x22x21)1x1x2 ln x2x112x2x1x1x2，设 tx2x1(t e)，令 h(t)ln t12t1t(t e)，则 h(t)1t1211t2（t1）22t20，h(t)在 e，)上是减函数，h(t)h(e)121 e ee，故 f(x2)f(x1)的最大值为121 e ee.