2022年新教材高考数学一轮复习 考点规范练16 利用导数研究函数的极值、最值（含解析）新人教版.docx

1、考点规范练16利用导数研究函数的极值、最值一、基础巩固1.已知函数f(x)=x3-3x2+x的极大值点为m,极小值点为n,则m+n等于()A.0B.2C.-4D.-2答案:B解析:f(x)=3x2-6x+1,因为函数f(x)=x3-3x2+x的极大值点为m,极小值点为n,所以x1=m,x2=n为3x2-6x+1=0的两根.由根与系数的关系,可知m+n=-(-6)3=2.2.若x=1是函数f(x)=ax+lnx的极值点,则()A.f(x)有极大值-1B.f(x)有极小值-1C.f(x)有极大值0D.f(x)有极小值0答案:A解析:f(x)=a+1x(x0).x=1是函数f(x)=ax+lnx的极

2、值点,f(1)=0,a+11=0,a=-1.当x1时,f(x)0,f(x)单调递减;当0x0,f(x)单调递增.因此当x=1时,f(x)有极大值-1.3.函数f(x)=lnx-x在区间(0,e上的最大值为()A.-1B.1-eC.-eD.0答案:A解析:f(x)=1x-1=1-xx,令f(x)0,得0x1;令f(x)0,得1x3”是“函数f(x)=(x-a)ex在区间(0,+)上有极值”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案:A解析:由题意,函数f(x)=(x-a)ex,则f(x)=(x-a+1)ex.令f(x)=0,可得x=a-1,当xa-1时,f

3、(x)a-1时,f(x)0,所以函数y=f(x)在x=a-1处取得极小值.若函数y=f(x)在区间(0,+)上有极值,则a-10,解得a1.因此“a3”是“函数f(x)=(x-a)ex在区间(0,+)上有极值”的充分不必要条件.5.已知函数f(x)=13x3-4x+a在区间0,3上的最大值为2,则a的值为()A.-103B.2C.5D.223答案:B解析:f(x)=x2-4.令f(x)0,解得x2或x-2,令f(x)0,解得-2xf(3)=a-3,故f(0)=a=2.6.(多选)设f(x)为函数f(x)的导函数,已知x2f(x)+xf(x)=lnx,f(1)=12,则下列结论不正确的是()A.

4、xf(x)在区间(0,+)内单调递增B.xf(x)在区间(0,+)内单调递减C.xf(x)在区间(0,+)内有极大值12D.xf(x)在区间(0,+)内有极小值12答案:ABC解析:由x2f(x)+xf(x)=lnx,得x0,则xf(x)+f(x)=lnxx,即xf(x)=lnxx.设g(x)=xf(x),则由g(x)=lnxx0,得x1,由g(x)0,得0x0,bR)的一个极值点,则lna与b-1的大小关系是()A.lnab-1B.lna0),则g(a)=1a-3=1-3aa,即g(a)在区间0,13内单调递增,在区间13,+内单调递减,故g(a)max=g13=1-ln30.故lna0,可

5、得x6;由f(x)=3(x2-8x+12)0,可得2x0在区间(1,+)内恒成立,此时,函数f(x)在区间(1,+)内单调递增,与题意不符.当b1时,当x变化时,f(x)与f(x)的变化情况如下表:x(-,1)1(1,b)b(b,+)f(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增由函数f(x)在区间(1,2)内单调递减,得b2.当2b4时,函数f(x)在区间1,4上的最小值为f(b)=-16b3+12b2;当b4时,函数f(x)在区间1,4上的最小值为f(4)=403-4b.综上,当2b0时,|f(-x)|f(x)C.过原点且与曲线y=f(x)相切的直线仅有2条D.若f(x1)

6、=f(x2),x10x2,则x2-x1的最小值为3答案:BD解析:由函数f(x)=2x2+1x知,xR,且x0,求导得f(x)=4x-1x2=4x3-1x2,对于A选项,当x0时,f(x)0,当0x322时,f(x)322时,f(x)0,则f(x)的极小值点为322,A不正确;对于B选项,当x0时,f(-x)=2x2-1x,若2x21x,则|f(-x)|=2x2-1x2x2+1x=f(x),若2x21x,则|f(-x)|=1x-2x20时,恒有|f(-x)|f(x),B正确;对于C选项,设切点坐标为x0,2x02+1x0,则切线斜率为f(x0)=4x0-1x02,切线方程为y-2x02+1x0

7、=4x0-1x02(x-x0),而切线过原点,则有-2x02+1x0=4x0-1x02(-x0),解得x0=1,即过原点且与曲线y=f(x)相切的直线有一条,C不正确;对于D选项,当x10x2时,f(x1)=f(x2)2x12+1x1=2x22+1x2(x1-x2)(2x2+2x1)=x1-x2x1x2x2+x1=12x1x2,(x2-x1)2=(x2+x1)2-4x1x2=14(x1x2)2-4x1x2,令t=x1x20,则g(t)=14t2-4t,g(t)=-12t3-4=-121t3+8,当-12t0,当t-12时,g(t)0;当x(-2,0)时,f(x)0,则f(x)在区间(-,-2)

8、和(0,+)内单调递增,在区间(-2,0)内单调递减.若f(x)在区间(k,k+1.5)内无极值点,则k+1.5-2或k0或-2kk+1.50,即k(-,-3.5-2,-1.50,+)时,f(x)在区间(k,k+1.5)内无极值点,得k(-3.5,-2)(-1.5,0)时,f(x)在区间(k,k+1.5)内存在极值点.由k是整数,得k=-3或k=-1.13.已知函数f(x)=(xex-m)x-2ex(xR).若m=0,则f(x)的极大值点为;若f(x)有3个极值点,则实数m的取值范围是.答案:-1-3(0,6e-4)解析:当m=0时,f(x)=(x2-2)ex,f(x)=(x2+2x-2)ex

9、.令f(x)=0,解得x1=-1-3,x2=-1+3.即f(x)在区间(-,x1)和(x2,+)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,故f(x)的极大值点为-1-3.f(x)=(x2-2)ex-mx,f(x)=(x2+2x-2)ex-m,令f(x)=0,得m=(x2+2x-2)ex.构造函数g(x)=(x2+2x-2)ex,g(x)=(x2+4x)ex=x(x+4)ex,即g(x)在区间(-,-4),(0,+)内单调递增,在区间(-4,0)内单调递减,则g(x)的极大值为g(-4)=6e-4,极小值为g(0)=-2.因为当x0,所以由f(x)有3个极值点,可得0m0,b=2,当x-1,1

10、时,求f(x)的最小值.解:(1)f(x)=3ax2-3x.由题意得f(2)=6,f(2)=4,解得a=1,b=2.(2)f(x)=ax3-32x2+2(a0).f(x)=3ax2-3x=3x(ax-1).令f(x)=0,解得x=0或x=1a.分以下三种情况讨论:若1a1,即0a1,当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-1,0)0(0,1)f(x)+0-f(x)单调递增极大值单调递减因为f(-1)=12-a,f(1)=a+12,所以f(x)min=f(-1)=12-a.若01a1,当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-1,0)00,1a1a1a,1f(x)+0-

11、0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增因为f(-1)=12-a,f1a=2-12a2,f1a-f(-1)=2-12a2-12-a=32+a-12a20,所以f(x)min=f(-1)=12-a.当a=1时,f(x)=x3-32x2+2,则f(x)=3x2-3x=3x(x-1).由f(x)在区间-1,1上的单调性,知求此区间的最小值只比较f(1),f(-1)的大小即可,f(1)=32,f(-1)=-12,所以f(x)min=f(-1)=-12.综上,f(x)min=f(-1)=12-a.三、探究创新15.已知函数f(x)=x2-1x+alnx(aR).(1)当a=-3时,讨论f(x)的

12、单调性;(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,求a的取值范围.解:(1)当a=-3时,f(x)=x2-1x-3lnx(x0),f(x)=2x+1x2-3x=2x3-3x+1x2=2x2(x-1)x-3-12x+3+12,当3-12x1时,f(x)0;当0x1时,f(x)0.即f(x)的单调递减区间是3-12,1,单调递增区间是0,3-12和(1,+).(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,则需f(x)=2x+1x2+ax=2x3+ax+1x2(x0)有两个不相等的正零点.令g(x)=2x3+ax+1(x0),故需g(x)有两个不相等的正零点,则g(x)=6x2+a.当a0时,g(x)0,此

13、时g(x)不可能有两个不相等的正零点,故f(x)不可能有两个极值点.当a0时,g(x)=6x2+a=6x2-a6=6x+-a6x-a6,当0x-a6时,g(x)-a6时,g(x)0.故g(x)在区间0,-a6内单调递减,在区间(-a6,+)内单调递增.则需g(x)min=g-a6=2a3-a6+10,解得a-3342.由于a3-272-6,a3-272-154,-1a-a60,g(-3a)=-54a3-3a2+1=-3a2(18a+1)+10,故g(x)在区间0,-a6内和(-a6,+)内各有一个零点,则g(x)有两个不相等的正零点,即f(x)有两个极值点.综上,a的取值范围是-,-3342.