微练18 导数与函数的极值、最值(Word练习)-【赢在微点·顶层设计】2025年高中数学高考一轮总复习

微练(十八)　导数与函数的极值、最值 基础应用 一、单项选择题 1.已知函数f(x)=x3+x2-x,则下列说法正确的是 (B) A.当x=1时,f(x)取得极小值1 B.当x=-1时,f(x)取得极大值1 C.当x=3时,f(x)取得极大值33 D.当x=-时,f(x)取得极大值- 解析　由题意,得f'(x)=3x2+2x-1,令f'(x)=0,解得x=-1或x=,当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,-1) -1 f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调 递增 1 单调 递减 - 单调 递增 所以当x=-1时,f(x)取得极大值1,故B正确,C,D错误;当x=时,f(x)取得极小值,故A错误。故选B。 2.函数f(x)=kx-ln x的极值点为x=2,则k的值为 (C) A.2 B.1 C. D.- 解析　因为f(x)=kx-ln x,所以f'(x)=k-,又f(x)=kx-ln x的极值点为x=2,所以f'(2)=0,即k=。经验证,可知k=符合题意。故选C。 3.函数f(x)=ex-x(e为自然对数的底数)在区间[-1,1]上的最大值是 (D) A.1+ B.1 C.e+1 D.e-1 解析　f'(x)=ex-1,令f'(x)=0,得x=0。令f'(x)>0,得x>0;令f'(x)<0,得x<0,则函数f(x)在[-1,0)上单调递减,在(0,1]上单调递增,f(-1)=e-1+1,f(1)=e-1,f(-1)-f(1)=+2-e<0,所以f(1)>f(-1)。故选D。 4.已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则x1·x2= (C) A.2 B. C. D. 解析　由题意,得所以f(x)=x3-3x2+2x,可得f'(x)=3x2-6x+2,又由题图可得x1,x2是函数f(x)的极值点,即x1,x2是f'(x)=0的两个根,所以x1·x2=。故选C。 5.甲、乙两地相距240 km,汽车从甲地以速度v(km/h)匀速行驶到乙地。已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成,固定成本为160元,可变成本为元。为使全程运输成本最小,汽车的行驶速度应为 (C) A.60 km/h B.70 km/h C.80 km/h D.90 km/h 解析　设全程运输成本为y元,由题意,得y=,v>0,y'=240×。令y'=0,得v=80。当v>80时,y'>0;当0<v<80时,y'<0。所以函数y=在(0,80)上单调递减,在(80,+∞)上单调递增,所以当v=80时,全程运输成本最小。故选C。 6.(2024·安阳模拟)若函数f(x)=x2-b(a,b∈R)仅在x=0处有极值,则a的取值范围为 (A) A.[-2,2] B.[-1,1] C.[2,6] D.[-1,4] 解析　由题意可得f'(x)=x3+3ax2+9x=x(x2+3ax+9)。由于x=0不满足方程x2+3ax+9=0,所以要保证函数f(x)仅在x=0处有极值,须使x2+3ax+9≥0恒成立,所以(3a)2-36≤0,即9a2≤36,所以-2≤a≤2。所以a的取值范围是[-2,2]。故选A。 二、多项选择题 7. 函数y=f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示,则以下命题错误的是 (BD) A.-3是函数y=f(x)的极值点 B.-1是函数y=f(x)的最小值点 C.y=f(x)在区间(-3,1)上单调递增 D.y=f(x)在x=0处切线的斜率小于零 解析　根据导函数的图象可知当x∈(-∞,-3)时,f'(x)<0,当x∈(-3,+∞)时,f'(x)≥0,所以函数y=f(x)在(-∞,-3)上单调递减,在(-3,+∞)上单调递增,C正确。所以-3是函数y=f(x)的极小值点,A正确。因为函数y=f(x)在(-3,+∞)上单调递增,所以-1不是函数y=f(x)的最小值点,B错误。因为函数y=f(x)在x=0处的导数大于0,所以y=f(x)在x=0处切线的斜率大于零,D错误。故选BD。 8.(2024·济南市统一检测)已知函数f(x)=x3-ax+2有两个极值点x1,x2,且x1<x2,则 (BCD) A.a≥0 B.x1x2<0 C.f(x1)>f(x2) D.f(x)的图象关于点(0,2)中心对称 解析　易求得f'(x)=3x2-a,则由题意可知f'(x)=0有两个不等根x1,x2,所以a>0且x1x2=-<0,故A项错误,B项正确;易知x1+x2=0,又x1<x2,所以f(x1)-f(x2)=(x2-x1)=·>0,故C项正确;由f(x)+f(-x)=4,得f(x)的图象关于点(0,2)中心对称,故D项正确。故选BCD。 三、填空题 9.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处取得极值10,则f(2)的值为 18 。  解析　f'(x)=3x2+2ax+b,由题意,得当a=-3,b=3时,f'(x)=3(x-1)2≥0,f(x)无极值。当a=4,b=-11时,令f'(x)=3x2+8x-11=0,得x1=1,x2=-。当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: x - 1 (1, +∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调 递增 单调 递减 10 单调 递增 所以f(x)=x3+4x2-11x+16,f(2)=18。 10.已知f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=ln x-x,则当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为 1 。  解析　因为x∈(-2,0),所以-x∈(0,2),所以f(-x)=ln(-x)+x,又因为f(x)是奇函数,所以f(x)=-f(-x)=-ln(-x)-x,所以当x∈(-2,0)时,f(x)=-ln(-x)-x,f'(x)=-,令f'(x)=0,得x=-1,则f(x)在(-2,-1)上单调递减,在(-1,0)上单调递增,所以f(x)min=f(-1)=-ln 1+1=1。所以当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1。 11.若函数f(x)=x2+(a-1)x-aln x存在唯一的极值,且此极值不小于1,则a的取值范围为  。  解析　f'(x)=x-1+a,x>0,令f'(x)=0,解得x=1或x=-a。又函数f(x)=x2+(a-1)x-aln x存在唯一的极值,所以a≥0。因为当x∈(0,1)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,所以f(x)的极小值为f(1)=。故f(1)≥1,即a-≥1,解得a≥。综上所述,a的取值范围为。 四、解答题 12.(2024·九省适应性考试)已知函数f(x)=ln x+x2+ax+2在点(2,f(2))处的切线与直线2x+3y=0垂直。 (1)求a; (2)求f(x)的单调区间和极值。 解　(1)f'(x)=+2x+a,则f'(2)=+a,由题意可得=-1,解得a=-3。 (2)由a=-3,得f(x)=ln x+x2-3x+2,则f'(x)=,f(x)的定义域为(0,+∞),故当0<x<时,f'(x)>0,当<x<1时,f'(x)<0,当x>1时,f'(x)>0,故f(x)的单调递增区间为,(1,+∞),f(x)的单调递减区间为,故f(x)有极大值f-ln 2,有极小值f(1)=ln 1+12-3×1+2=0。 13.(2023·浙江金华检测)设函数f(x)=x2+ax-ln x,a∈R。 (1)当a=1时,求f(x)的单调区间; (2)令g(x)=f(x)-x2,是否存在实数a,当x∈(0,e]时,函数g(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)当a=1时,f(x)=x2+x-ln x,x>0,得f'(x)=2x+1-,令f'(x)>0,解得x>,令f'(x)<0,解得0<x<,故f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为。 (2)存在实数a=e2,使得当x∈(0,e]时,g(x)有最小值3。 因为f(x)=x2+ax-ln x,a∈R,所以g(x)=f(x)-x2=ax-ln x,x∈(0,e],所以g'(x)=a-(0<x≤e), ①当a≤0时,g(x)在(0,e]上单调递减,g(x)min=g(e)=ae-1=3,解得a=,不合题意,舍去。 ②当0<<e时,x∈时,g'(x)<0,g(x)在上单调递减;x∈时,g'(x)>0,g(x)在上单调递增,所以g(x)min=g=1+ln a=3,解得a=e2满足条件。 ③当≥e时,x∈(0,e)时,g'(x)<0,g(x)在(0,e]上单调递减,g(x)min=g(e)=ae-1=3,解得a=,不合题意,舍去。综上,存在实数a=e2,使得当x∈(0,e]时,g(x)有最小值3。 综合提能 14.若x=2是函数f(x)=x2+2(a-2)x-4aln x的极大值点,则实数a的取值范围是 (A) A.(-∞,-2) B.(-2,+∞) C.(2,+∞) D.(-2,2) 解析　f'(x)=2x+2(a-2)-(x>0)。①若a≥0,当x>2时,f'(x)>0,当0<x<2时,f'(x)<0,所以当x=2时,f(x)取得极小值,不满足题意,故舍去。②若a<-2,由f'(x)>0可得0<x<2或x>-a,由f'(x)<0可得2<x<-a,所以当x=2时,f(x)取得极大值,满足题意。③若-2<a<0,由f'(x)>0可得0<x<-a或x>2,由f'(x)<0可得-a<x<2,所以当x=2时,f(x)取得极小值,不满足题意。④若a=-2,则f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,此时f(x)无极值。综上,a<-2满足条件。故选A。 15.已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R)。 (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有最大值M,且M≤-a,求a的值。 解　(1)由已知得f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=(x>0),当a≤0时,f'(x)>0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,x∈时,f'(x)>0,f(x)在上单调递增,x∈时,f'(x)<0,f(x)在上单调递减。综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减。 (2)由(1)知a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无最大值,当a>0时,f(x)max=f=-ln a-1,即M=-ln a-1,由M≤-a,得-ln a-1≤-a,即a-ln a-1≤0。令g(a)=a-ln a-1(a>0),则g'(a)=1-,当a∈(0,1)时,g'(a)<0,g(a)在(0,1)上单调递减;当a∈(1,+∞)时,g'(a)>0,g(a)在(1,+∞)上单调递增。所以g(a)min=g(1)=0,即g(a)=a-ln a-1≥0,所以a-ln a-1=0,故a=1。 素养创新 16.(2024·武汉调研)已知函数f(x)=ex-e1-x-ax有两个极值点x1和x2,若f(x1)+f(x2)=-4,则实数a= 4 。  解析　由题意,得f'(x)=ex+e1-x-a。令g(x)=ex+e1-x-a,则g'(x)=ex-e1-x,易知g'(x)为R上的增函数,又g'=0,所以当x<时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减;当x>时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增。所以g(x)min=g-a。因为函数f(x)有两个极值点,所以f'(x)有两个变号零点。又当x→+∞时,f'(x)→+∞,当x→-∞时,f'(x)→+∞,所以f'(x)min<0,即g(x)min=2-a<0,所以a>2。因为x1,x2为函数f(x)的两个极值点,所以f'(x1)=f'(x2)=0。因为f'(1-x)=e1-x+ex-a=f'(x),所以f'(x)的图象关于直线x=对称,所以x1+x2=1,所以x2=1-x1,所以f(x1)+f(x2)=-a(1-x1)=-a=-4,所以a=4>2,满足条件。 学科网（北京）股份有限公司 $$