高考数学一轮复习练案16第二章函数导数及其应用第十二讲导数在研究函数中的应用第2课时导数与函数的极值最值含解析
[练案16]第二课时 导数与函数的极值、最值
A组基础巩固
一、单选题
1．设函数f(x)＝＋ln x，则( D )
A．x＝为f(x)的极大值点
B．x＝为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
[解析] f(x)＝＋ln x(x>0)，f′(x)＝－＋＝，令f′(x)＝0，得x＝2.当x>2时，f′(x)>0，这时f(x)为增函数；当0
0，所以在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.
3．(2020·贵阳模拟)函数f(x)＝x2－lnx的最小值为( A )
A． B．1
C．0 D．不存在
[解析] f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得01时，f′(x)>0，所以f(x)在x＝1处取得极小值．故选C.
二、多选题
7．下列四个函数，在x＝0处取得极值的函数有( BC )
A．y＝x3 B．y＝x2＋1
C．y＝|x| D．y＝2x
[解析] 对于A、D，y＝x3和y＝2x在x＝0处无极值．B、C符合．故选B、C.
8．已知函数f(x)＝ax－－3ln x，其中a为常数．若f(x)在(0，＋∞)上既存在极大值也存在极小值，则实数a的取值可以是( BD )
A．－1 B．0
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C． D．1
[解析] f′(x)＝a＋－＝(x>0)，由题设可得方程ax2－3x＋2＝0在(0，＋∞)上有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1，x2，则有解得02时f′(x)>0，当0－1时y′>0，∴函数在x＝－1时取得极小值－，又y′|x＝－1＝0，∴所求切线方程为y＝－.
12．已知函数f(x)＝(x2＋x＋m)ex(其中m∈R，e为自然对数的底数)．若在x＝－3处函数f(x)有极大值，则函数f(x)的极小值是__－1__.
[解析] 由f(x)＝(x2＋x＋m)ex，得f′(x)＝(x2＋3x＋m＋1)·ex.若在x＝－3处函数f(x)有极大值，则f′(－3)＝0，解得m＝－1，故f(x)＝(x2＋x－1)ex，f′(x)＝(x2＋3x)ex.令f′(x)>0，解得x>0或x<－3；令f′(x)<0，解得－30，f′(－1)＝e－1－3<0，∴在区间(－1,1)上存在x0使f′(x0)＝0，∴函数f(x)在区间[－1，x0]上单调递减，在区间[x0,1]上单调递增，∴f(x)max＝max{f(－1)，f(1)}，又f(－1)＝e－1＋2，f(1)＝e，∴f(x)max＝e.故f(x)在[－1,1]上的最大值为e.
14．(2020·重庆高三调研)已知函数f(x)＝a(x－)－2ln x，a>0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＝0.
[解析] f′(x)＝a(1＋)－＝，其中方程ax2－2x＋a＝0的根的判别式Δ＝4－4a2，故当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当00，∴－3是f(x)的极小值点．A正确；又x∈(－3,1)时f′(x)>0，∴f(x)在区间(－3,1)上单调递增，D正确，故选A、D.
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2．(2020·湖北襄阳四校联考)函数f(x)＝x2＋xlnx－3x的极值点一定在区间( B )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,3) D．(3,4)
[解析] 函数的极值点即导函数的零点，f′(x)＝x＋lnx＋1－3＝x＋lnx－2，则f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2>0，由零点存在性定理得f′(x)的零点在(1,2)上，故选B.
3．(2020·贵州黔东南州联考)已知函数f(x)＝lnx－，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为，则a的值为( A )
A．－ B．－
C．－ D．e
[解析] f′(x)＝＋＝
若a≥0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上递增，
fmin(x)＝f(1)＝－a＝，则a＝－，矛盾．
若a<0，则由f′(x)＝0得x＝－a.
若1<－a0，得01，
∴f(x)＝1－－lnx在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)由(1)得f(x)在[，1]上单调递增，在[1，e]上单调递减，
∴f(x)在[，e]上的最大值为f(1)＝1－1－ln1＝0.
又f()＝1－e－ln＝2－e，f(e)＝1－－lne＝－，且f()0解得x0，
f′(x)<0解得0e2－2>0，
由(2)知f(x)在x＝a处取得极大值，f(a)<0，
因此，f(x)只有一个零点．
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