2025版高考数学大一轮复习第二章函数导数及其应用第15讲导数与函数的极值最值课时达标文含解析新人教A版

PAGEPAGE1第15讲导数与函数的极值、最值课时达标一、选择题1．(2024·武汉外校月考)函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是()A．x＝1 B．x＝－1C．x＝1或－1或0 D．x＝0C解析因为f(x)＝x4－2x2＋3，所以由f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)(x－1)＝0得x＝0或x＝1或x＝－1，又当x＜－1时，f′(x)＜0，当－1＜x＜0时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，所以x＝0,1，－1都是f(x)的极值点．2．函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值为()A.eq\f(1,2) B．1C．0 D．不存在A解析f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，且x>0，令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1，所以f(x)在x＝1处取得微小值也是最小值，且f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).故选A.3．已知函数f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为()A．－37 B．－29C．－5 D．－11A解析f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2.因为f(0)＝m，f(2)＝－8＋m，f(－2)＝－40＋m，明显f(0)>f(2)>f(－2)，所以m＝3，最小值为f(－2)＝－37.故选A.4．(2024·泉州中学月考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则eq\f(a,b)的值为()A．－eq\f(2,3) B．－2C．－2或－eq\f(2,3) D．2或－eq\f(2,3)A解析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，))经检验eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9))满意题意，故eq\f(a,b)＝－eq\f(2,3).5．(2024·瑞安中学月考)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则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)C解析由图象可知f(x)过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，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的两根，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).6．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,2)))x2＋2bx在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f(x)在R上的微小值为()A．2b－eq\f(4,3) B.eq\f(3,2)b－eq\f(2,3)C．0 D．b2－eq\f(1,6)b3A解析f′(x)＝x2－(2＋b)x＋2b＝(x－b)(x－2)．因为函数f(x)在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－3<b<1，则由f′(x)>0得x<b或x>2.由f′(x)<0得b<x<2，所以函数f(x)的微小值为f(2)＝2b－eq\f(4,3).故选A.二、填空题7．已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m＝________.解析f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，则x＝2和x＝－2为其两个极值点，f(3)＝－1，f(－3)＝17，f(2)＝－8，f(－2)＝24，所以M＝24，m＝－8，M－m＝32.答案328．已知函数f(x)的定义域是[－1,5]，部分对应值如下表.x－10245f(x)12021f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则f(x)的微小值为________．解析由y＝f′(x)的图象知，f′(x)与f(x)随x的改变状况如下表.x(－1,0)0(0,2)2(2,4)4(4,5)f′(x)＋0－0＋0－f(x)单调递增极大值单调递减微小值单调递增极大值单调递减所以f(2)为f(x)的微小值，f(2)＝0.答案09．(2024·南昌二中期中)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x＝±1处的切线斜率均为－1，有以下命题：①f(x)的解析式为f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]；②f(x)的极值点有且仅有一个；③f(x)的最大值与最小值之和等于零．其中正确命题的序号为________．解析f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x＝±1处的切线斜率均为－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，))则f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]，故①正确；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)均为函数的极值点，故②错误；易知函数f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]是奇函数，所以最大值与最小值之和为0，故③正确．因此，正确命题的序号为①③.答案①③三、解答题10．已知函数f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值．解析(1)由f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)得f′(x)＝1－eq\f(a,ex).由曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴得f′(1)＝0，即1－eq\f(a,e)＝0，解得a＝e.(2)f′(x)＝1－eq\f(a,ex)，①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．②当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝lna.x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝lna处取得微小值，为f(lna)＝lna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，f(x)在x＝lna处取得微小值lna，无极大值．11．已知函数f(x)＝ax2－2ax＋2＋a(a＜0)，若f(x)在区间[2,3]上有最大值1.(1)求a的值；(2)若g(x)＝f(x)－mx在[2,4]上单调，求实数m的取值范围．解析(1)因为f′(x)＝2ax－2a＝2a(x－1)(a<0)，所以x>1时，f′(x)<0，f(x)在[2,3]上单调递减，所以f(x)max＝f(2)＝2＋a＝1，所以(2)g(x)＝－x2＋2x＋1－mx＝－x2＋(2－m)x＋1，g′(x)＝－2x＋(2－m)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2－m,2)))，因为g(x)在[2,4]上单调，所以eq\f(2－m,2)≤2或eq\f(2－m,2)≥4，所以m≤－6或m≥－2，所以实数m的取值范围是(－∞，－6]∪[－2，＋∞)．12．(2024·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点．求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥0.解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq\f(1,x).由题设知f′(2)＝0，所以a＝eq\f(1,2e2).从而f(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x).当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)证明：当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1.设g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，则g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x).当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥0.13．[选做题]已知函数f(x)＝eq\f(x,x2＋a)(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为eq\f(\r(3),3)，则a的值为()A.eq\r(3)－1 B.eq\f(3,4)C.eq\f(4,3) D.eq\r(3)＋1A解析由f(x)＝eq\f(x,x2＋a)得f′(x)＝eq\f(a－x2,x2＋a2)，当a＞1时，若x＞eq\r(a)，则f′(x)＜0，f(x)单调递减，若1＜x＜eq\r(a)，则f′(x)＞0，f(x)单调递增，故当x＝eq\r(a)时