2.12 利用导数研究函数的极值、最值(Word练习)-【创新教程】2025年高考数学艺考生文化课总复习（新教材）

第12节　利用导数研究函数的极值、最值 1．设函数f(x)＝xex＋1，则(　　) A．x＝1为f(x)的极大值点 B．x＝1为f(x)的极小值点 C．x＝－1为f(x)的极大值点 D．x＝－1为f(x)的极小值点 解析：D　[由于f(x)＝xex＋1，可得 f′(x)＝(x＋1)ex， 令f′(x)＝(x＋1)ex＝0，可得x＝－1， 令f′(x)＝(x＋1)ex＞0，可得x＞－1，即函数在(－1，＋∞)上是增函数，令f′(x)＝(x＋1)ex＜0，可得x＜－1，即函数在(－∞，－1)上是减函数，所以x＝－1为f(x)的极小值点．] 2．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为(　　) A.　　　　　　 B．1 C．0 D．不存在 解析：A　[f′(x)＝x－＝，且x>0. 令f′(x)>0，得x>1; 令f′(x)<0，得0<x<1. ∴f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值， 且f(1)＝－ln 1＝.] 3．(多选题)(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，则(　　) A．f(0)＝0 B．f(1)＝0 C．f(x)是偶函数 D．x＝0为f(x)的极小值点 解析：ABC　[对于A，令x＝y＝0，则f(0)＝0×f(0)＋0×f(0)，则f(0)＝0，故A正确； 对于B，令x＝y＝1，则f(1)＝1×f(1)＋1×f(1)， 则f(1)＝0，故B正确； 对于C，令x＝y＝－1，则f(1)＝(－1)2×f(－1)＋(－1)2×f(－1)，则f(－1)＝0， 再令y＝－1，则f(－x)＝(－1)2f(x)＋x2f(－1)， 即f(－x)＝f(x)，故C正确； 对于D，当x＝0时，f(0)＝y2f(0)，无极值．故D错误．] 4．(2023·全国乙卷(文))函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，－3) C．(－4，－1) D．(－3,0) 解析：B　[f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a， 若f(x)要存在3个零点，则f(x)要存在极大值和极小值，则a＜0，令f′(x)＝3x2＋a＝0， 解得x＝－或 ， 且当x∈∪时， f′(x)＞0， 当x∈，f′(x)＜0， 故f(x)的极大值为f，极小值为f， 若f(x)要存在3个零点，则， 即，解得a＜－3.] 5．(多选题)(2024·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<f(x2) C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 解析：ACD　[首先有f(x)＝(x－1)2(x－4)， 则f′(x)＝3(x－1)(x－3)， 对于A有，x＝3左右的两侧符号变化为由负到正，故其为极小值点，故A正确； 对于B有，当0＜x＜1时，函数单调递增且x2＜x，故f(x2)＜f(x)，故B错误； 对于C有，当1＜x＜2时，得1＜2x－1＜3且f(1)＝0，f(3)＝－4，故－4＜f(2x－1)＜0，故C正确； 对于D有，当－1＜x＜0时，f(x)单调递增，f(2－x)＞f(x)成立，故D正确．] 6．(双空填空题)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex的极值点，则f′(－2)＝____________，f(x)的极小值为____________． 解析：由函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex，可得f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－1)ex，因为x＝－2是函数f(x)的极值点，所以f′(－2)＝(－4＋a)e－2＋(4－2a－1)e－2＝0，即－4＋a＋3－2a＝0，解得a＝－1.所以f′(x)＝(x2＋x－2)ex.令f′(x)＝0可得x＝－2或x＝1.当x<－2或x>1时，f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数，当－2<x<1时f′(x)<0，此时函数f(x)为减函数，所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值，极小值为f(1)＝(12－1－1)×e1＝－e. 答案：0　－e 7．某厂生产某产品x(万件)的总成本C(x)＝1 200＋x3(万元)，已知产品单价的平方与产品件数x成反比，生产100万件这样的产品单价为50万元，产量定为____________万件时总利润最大． 解析：设单价为a，由题意知a2＝且502＝， ∴k＝502×100＝25×104， ∴a2＝，即a＝， 总利润y＝a·x－C(x)＝·x－ ＝500－x3－1 200， y′＝250x－－x2，令y′＝0，得x＝25， ∴产量定为25万件时总利润最大． 答案：25 8．设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为__________． 解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－ax－b，由f′(1)＝0，得b＝1－a. ∴f′(x)＝－ax＋a－1＝＝. ①若a≥0，当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以x＝1是f(x)的极大值点． ②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－. 因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－>1，解得－1<a<0.综合①②得a的取值范围是a>－1. 答案：a>－1 9．(2024·全国甲卷(理))已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x. (1)若a＝－2，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围． 解：(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x(x＞－1)，f′(x)＝2ln(1＋x)＋，当x＞0时，f(x)＞0，当－1＜x＜0时，f(x)＜0，所以f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值； (2)f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，f′(x)＝－aln(1＋x)－.令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－－.因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，所以g′(0)＝－1－2a≥0，a≤－.当a≤－时，g′(x)≥－＝≥0，g(x)在[0，＋∞)上单调递增，g(x)＝f′(x)≥g(0)＝0，故f(x)在[0，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(0)＝0恒成立，即a的取值范围为. 10．(2024·黄冈中学押题密卷)已知函数f(x)＝x(a＞0)． (1)讨论f(x)的最值； (2)若a＝1，且f(x)≤，求k的取值范围． 解：(1)由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝， 当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝， 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 故当x＝时，f(x)取得极小值，也是最小值，且最小值为f＝1＋ln a，无最大值． (2)当a＝1时，由f(x)≤， 得x－ln x≤， 整理得kex≥x2＋x－xln x， 即k≥. 令h(x)＝， 则h′(x)＝ ＝， 由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－ln x的最小值为f(1)＝1＞0， 即x－ln x＞0恒成立， 所以当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减． 故当x＝1时，h(x)取得最大值h(1)＝， 即k≥， 故k的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $$