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训练 10 导数与函数的极值、最值
一、单项选择题
1．对于函数f(x)＝，下列结论正确的是( )
A．有最小值 B．有最小值－
C．有最大值 D．有最大值－
答案 C
解析 f′(x)＝，
令f′(x)>0，得x<1，令f′(x)<0，得x>1，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
故x＝1是函数f(x)的极大值点，也是最大值点，
故函数f(x)的最大值为f(1)＝.
2.(2023·重庆联考)如图所示是函数y＝f(x)的图象，其中f′(x)为f(x)的导函数，则下列大小关
系正确的是( )
A．f′(－2)>f′(1)>f′(3)
B．f′(－2)>f′(3)>f′(1)
C．f′(3)>f′(1)>f′(－2)
D．f′(3)>f′(－2)>f′(1)
答案 A
解析 由已知可得，函数y＝f(x)在(－∞，－1]上单调递增，在(－1,1]上单调递减，在(1,2]上
单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，函数f(x)在x＝1处取得极小值，
所以f′(－2)>0，f′(1)＝0，f′(3)<0，
所以f′(－2)>f′(1)>f′(3)．
3．(2023·商洛统考)拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数
f(x)在闭区间[a，b]上的图象连续不间断，在开区间(a，b)内的导数为f′(x)，那么在区间
(a，b)内至少存在一点c，使得f(b)－f(a)＝f′(c)(b－a)成立，其中c叫作f(x)在[a，b]上的
“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数f(x)＝(x－2)ln x在[1,2]上的“拉格朗日中
值点”的个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3答案 B
解析 f′(x)＝1＋ln x－，
设x 为函数f(x)＝(x－2)ln x在[1,2]上的“拉格朗日中值点”，
0
则1＋ln x－＝＝0，
0
令g(x)＝1＋ln x－，1≤x≤2，
则g′(x)＝＋>0在[1,2]上恒成立，
故g(x)＝1＋ln x－在[1,2]上单调递增，
又g(1)＝1－2＝－1<0，
g(2)＝1＋ln 2－1＝ln 2>0，
由零点存在定理可得，存在唯一的x∈[1,2]，使得g(x)＝0.
0 0
4．(2023·潍坊模拟)已知函数f(x)＝xex－x2－2x－m在(0，＋∞)上有零点，则m的取值范围
是( )
A．[1－ln22，＋∞) B．[－ln22－1，＋∞)
C．[－ln22，＋∞) D.
答案 C
解析 由函数y＝f(x)在(0，＋∞)上存在零点可知，m＝xex－x2－2x(x>0)有解，
设h(x)＝xex－x2－2x(x>0)，
则h′(x)＝(x＋1)(ex－2)(x>0)，
当0ln 2时，h′(x)>0，h(x)单调递增．
则x＝ln 2时，h(x)取得最小值，
且h(ln 2)＝－ln22，
所以m的取值范围是[－ln22，＋∞)．
二、多项选择题
5．下列函数中，存在极值点的是( )
A．y＝x＋ B．y＝2x2－x＋1
C．y＝xln x D．y＝－2x3－x
答案 ABC
解析 由题意，对于A，函数y＝x＋，y′＝1－，可得函数y＝x＋在(－∞，－1)，(1，＋
∞)上单调递增，在(－1,0)，(0,1)上单调递减，所以函数有两个极值点x＝－1和x＝1；
对于B，函数y＝2x2－x＋1为开口向上的抛物线，一定存在极值点，即为顶点的横坐标 x
＝；
对于 C，函数 y＝xln x，y′＝ln x＋1，当 x∈时，y′<0，函数单调递减，当 x∈时，
y′>0，函数单调递增，所以函数y＝xln x在x＝处取得极小值；对于D，函数y＝－2x3－x，y′＝－6x2－1<0，所以函数y＝－2x3－x在R上单调递减，没
有极值点．
6．设函数f(x)＝，则下列说法正确的是( )
A．当x∈(0,1)时，f(x)的图象位于x轴下方
B．f(x)存在单调递增区间
C．f(x)有且仅有两个极值点
D．f(x)在区间(1,2)上有最大值
答案 AB
解析 由函数f(x)＝满足解得x>0且x≠1，
∴函数f(x)＝的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
∵f(x)＝，当x∈(0,1)时，ln x<0，
∴f(x)<0，∴f(x)在(0,1)上的图象都在x轴的下方，
∴选项A说法正确；
∵f′(x)＝>0在定义域上有解，
∴函数f(x)存在单调递增区间，∴选项B说法正确；
设g(x)＝ln x－，则g′(x)＝＋(x>0)，
∴g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
又g(1)＝－1<0，g(2)＝ln 2－>0，
∴函数f′(x)＝0只有一个根x ，当x∈(0，x)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(x ，
0 0 0
＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，∴函数f(x)只有一个极小值点，∴选项C说法不正确；
函数f(x)在(1,2)上先减后增，没有最大值，
∴选项D说法不正确．
三、填空题
7．当x∈[0,2π]时，函数f(x)＝xsin x＋cos x的最大值与最小值的和为________．
答案 －π
解析 f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，
当x∈∪时，f′(x)≥0；
当x∈时，f′(x)≤0，
∴f(x)在，上是增函数，
在上是减函数，f(0)＝1，f ＝，
f ＝－，f(2π)＝1，
∴f(x)的最大值为，最小值为－，
它们的和为－π.
8．设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对任意的x∈R，有f(x)－f(－x)＝2sin x，且在[0，＋∞)上，f′(x)>cos x．若f －f(t)>cos t－sin t，则实数t的取值范围为____________．
答案
解析 因为f(x)－f(－x)＝2sin x，
所以f(x)－sin x＝f(－x)－sin(－x)，
设g(x)＝f(x)－sin x，x∈R，
可得g(x)＝g(－x)，所以g(x)为偶函数，
在[0，＋∞)上有f′(x)>cos x，
所以g′(x)＝f′(x)－cos x>0，x∈[0，＋∞)，
故g(x)在[0，＋∞)上单调递增，根据偶函数的对称性可知，g(x)在(－∞，0)上单调递减，
由f －f(t)>cos t－sin t，得
f(t)－sin t0，解得t<.
四、解答题
9．设f(x)＝2xln x＋1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)证明：f(x)≤x2－x＋＋2ln x.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2(ln x＋1)，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝时，f(x)取得最小值f ＝1－.
(2)证明 令F(x)＝x2－x＋＋2ln x－f(x)
＝x(x－1)－－2(x－1)ln x
＝(x－1)，
令g(x)＝x－－2ln x，
则g′(x)＝1＋－＝≥0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，所以当00
当x>1时，g(x)>0，F(x)>0，
当x＝1时，F(x)＝0，
所以(x－1)≥0，
即f(x)≤x2－x＋＋2ln x.10．已知函数f(x)＝x2－2aln x，g(x)＝x2－x＋2－2ln 2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，判断g(x)－f(x)的零点个数．
解 (1)f′(x)＝2x－＝(x>0)，
故当a≤0时，f′(x)≥0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)>0，得x>，
所以函数f(x)在(，＋∞)上单调递增，
令f′(x)<0，得00时，函数f(x)在(，＋∞)上单调递增，在(0，)上单调递减．
(2)设F(x)＝g(x)－f(x)＝2ln x－x＋2－2ln 2，
则F′(x)＝－1，令F′(x)＝0，解得x＝2，
当x∈(0,2)时，F′(x)>0，
所以F(x)在(0,2)上单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0，
所以F(x)在(2，＋∞)上单调递减，
故F(x)的最大值为F(2)＝0，
所以g(x)－f(x)有且只有一个零点．
