专题4.3应用导数研究函数的极值、最值2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（练）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题 4.3 应用导数研究函数的极值、最值 练基础 1．（2021·河南高三其他模拟（文））函数 在 上的最小值为（ ） A． B．-1 C．0 D． 【答案】B 【解析】 求导后求得函数的单调性，利用单调性求得函数的最小值. 【详解】 因为 ，所以 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 . 故答案为：B. 2．（2021·全国高考真题（理））设 ，若 为函数 的极大值点，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 结合对 进行分类讨论，画出 图象，由此确定正确选项. 【详解】 若 ，则 为单调函数，无极值点，不符合题意，故 . 依题意， 为函数 的极大值点， 当 时，由 ， ，画出 的图象如下图所示：由图可知 ， ，故 . 当 时，由 时， ，画出 的图象如下图所示： 由图可知 ， ，故 . 综上所述， 成立. 故选：D 3．（2021·全国高三其他模拟）已知函数f（x）＝ ﹣ex，则下列说法正确的是（ ） A．f（x）无极大值，也无极小值 B．f（x）有极大值，也有极小值 C．f（x）有极大值，无极小值 D．f（x）无极小值，有极大值【答案】C 【解析】 求导判断函数的单调性，但由于 不容易判断正负，所以需要二次求导来判断. 【详解】 因为 ，所以 ， 令 ， ， 因为 ，所以 ，即 ，故 ， 所以 在 上单调递减， 又因为 ， ， 所以存在唯一的 ，使得 ， 所以 在 上单调递增，在 上单调递减， 所以f（x）有极大值，无极小值. 故选：C. 4.（2021·全国高三月考（理））已知函数 ，当 时， 恒成 立，则实数 的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】首先将不等式 转化为 ，又 时， ，问题转化为 在 上递减，所以当 时， 恒成立，最后参变分离得到参数 的最大值. 【详解】 ∵ 在 时恒成立， 而 时， ， ∴ 在 上递减， ∴当 时， 恒成立， 即 时， 恒成立， 故 ， ∴实数 的最大值为3， 故选B. 5．（2021·广东高三其他模拟）若函数 有最小值，则 的一个正整数取值可以 为___________. 【答案】4 【解析】 分段研究函数的单调性及最值得解 【详解】 在 上单调递增， ∴ ；当 时， ，此时， . ∴ 在 上单调递减，在 上单调递增， ∴ 在 上的最小值为 ，函数有最 有最小值，则 ，即 ，故 的一个正整数取值可以为4.故答案为：4 6．（2021·全国高三其他模拟（文））函数 取最大值时 的值为 ___________. 【答案】 【解析】 求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，求出函数取最大值时x的值即可. 【详解】 解： 令 ，即 ，解得： 或 或 ， 时 时， ， 故 在[ 上单调递增，在 上单调递减， 故 时， 取最大值， 故答案为： 7．（2021·陕西宝鸡市·高三二模（文））设 是函数 的一个极值点，则 ___________.【答案】 【解析】 由条件可得 ，然后由 算出 答案即可. 【详解】 因为 ， 是函数 的一个极值点 所以 ，所以 所以 故答案为： 8.（2021·贵州贵阳市·贵阳一中高三月考（理））已知函数 （1）求函数 的单调区间； （2）求函数 的最小值 【答案】（1）单调减区间是(-∞，，0)，单调增区间是(0，+∞)；（2）最小值1. 【解析】 （1）直接利用导数求函数 的单调区间； （2）由（1）可得ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立， 把 转化为 ，直接求出最小值1，并判断出g(x)取得最小值时条 件存在. 【详解】 解∶（1） 的定义域为R, ，当x<0时，有 ，当x>0时，有 ； 所以函数f(x)的单调减区间是(-∞，，0)，单调增区间是(0，+∞). （2）由（1）可得f(x) =f(0)=0，有ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立， min 所以 ， 当且仅当lnx+x=0时，等号成立. 设h(x)=lnx+x(x>0)， 所以h(x)在(0，+∞)上是增函数，. 而 ，h（1）=1>0， 由零点存在性定理，存在唯一 ，使得h(x)=0， 0 所以当x=x 时，函数g(x)取得最小值1. 0 9．（2021·河南高三其他模拟（文））已知函数 . （1）若 ，求曲线 在点 处的切线方程. （2）若 ，证明： 存在极小值. 【答案】（1） ；（2）证明见解析. 【解析】 （1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再根据函数表达式求出切点坐标，再由点斜式即可求出切线 方程； （2）通过二次求导得到 的单调区间，从而可以证明 存在极小值. 【详解】 （1）当 时， ，所以 . 所以 ， . 故曲线 在点 处的切线方程为 ， 即 . （2）由 ，得 . 令 ，则 . 当 时， ；当 时， . 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 所以 的最小值为 . 因为 ，所以 ， . 因为 在 上单调递增， 所以存在 ，使得 ， 在 上， ，在 上， ， 即在 上， ，在 上， ， 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 故 存在极小值. 10．（2021·玉林市育才中学高三三模（文））设函数 ，其中 ．（Ⅰ）当 时， 在 时取得极值，求 ； （Ⅱ）当 时，若 在 上单调递增，求 的取值范围； 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） . 【解析】 （Ⅰ）求函数的导数利用 求解； （Ⅱ）根据函数的单调性可得 在 上恒成立，利用二次函数的最值求解. 【详解】 （Ⅰ）当 时， ， 依题意有 ，故 ， 此时 ， 取得极大值，所以 ； （Ⅱ）当 时， ， 若 在 上单调递增， 则 在 上恒成立， 设 ， 只需 ，即 .练提升 TIDHNE 1．【多选题】（2021·全国高三其他模拟）已知函数 ，其中 是自然对数的底数， 则下列说法正确的是（ ）． A． 是偶函数 B． 是 的周期 C． 在 上单调递减 D． 在 上有3个极值点 【答案】AD 【解析】 对于A:化简 即可. 对于B:计算出 与 ，由 即可. 对于C:计算出 ，则可判断其在 上得正负号，则可得出 在 上的单调性，再利 用 ， ，则可得到 在 上单调的单调性. 对于D:结合 在 上单调递增，在 上单调递减与偶函数，即可判断. 【详解】 对于A: 因为 的定义城为 ，且 ， 所以函数 是偶函数，故A正确． 对于B:因为 ， ，所以 ，所以 不是函数 的周期，故B错误． 对于C: ， 令 ，则 ， 所以当 时， ， 单调递增； 当 时， ， 单调递减． 因为 ， ， 所以存在唯一 ，使得 ， 当 时， ， 单调递增． 当 时， ， 单调递减； 所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，故C错误． 对于D:函数 在 上有2个极大值点 ， ，1个极小值点0，共3个极值点，故D正确． 故选：AD． 2．（2021·辽宁丹东市·高三二模）设函数 ，已知 的极大值与极小值之 和为 ，则 的值域为______． 【答案】 【解析】，设 的两根为 ，由 求出 的范围，然后用 表示出 、 、 、 ，然后可得 ，然后可求出其值域. 【详解】 设 的两根为 ，且 所以 ， 或 ， ， 所以 在 上单调递增，在 上单调递减 所以 所以 由 可得 或 ，由 可得 所以 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增 因为 ，所以 的值域为 故答案为： 3．（2021·全国高三其他模拟（理））已知 ，若关于 的不等式 恒成立， 则 的最大值为_______． 【答案】 【解析】已知不等式等价转化为 恒成立，在a=0时易得ab=0;当a≠0时，设函数 ,函数 图象在直线 下方时，根据对数函数的性质，结合导数求得相切时 a,b满足的条件，进而得到当函数 图象在直线 下方时， ，得到 ,记 ,利用导数研究单调性求得最大值，即得所求. 【详解】 原不等式等价于： 恒成立，由对数函数的图象和性质，易知 ， 当 时不等式为 对于x>0恒成立，需要 ，此时 , 当 时，设函数 , 当直线 与函数 图象相切时，设切点坐标为 ,则 , ∴ ,即 所以当函数 图象在直线 下方时， ， ∴ , 记 ,则 , 令 ，解得当 时 , 单调递增；当 时， ， 单调递减， ∴ , 综上， 的最大值为： ， 故答案为： . 4．（2021·全国高三月考（文））已知函数 ， . （1）当 时，求函数 的单调区间； （2）若函数 在 上有两个极值点，求实数 的取值范围. 【答案】（1）增区间是 ，减区间是 ．（2） 【解析】 （1）求导函数 ，利用 得增区间， 得减区间；（2）求导函数 ，由 在 上有两个不等实根可得参数范围． 【详解】 （1） ， ， ， 当 ，即 时， ， 当 ，即 时， ， 所以 的增区间是 ，减区间是 ． （2） ， ， 由题意 在 上有两个不等实根．即 有两个实根． 设 ，则 ， 时， ，所以 时， ， 递增， 时， ， 递减， ， ， ， 所以当 时， 在 上有两个实根． 有两个极值点．5．（2021·全国高三其他模拟）已知函数 ， . （1）当 时，讨论函数 的单调性； （2）若函数 存在极大值 ，证明： . 【答案】（1）当 时， 单调递增；当 时， 单调递减；（2）证明见解析． 【解析】 （1）将 代入函数，并求导即可分析单调性； （2）求导函数，讨论当 ， 与 时分析单调性，并判断是否有极大值，再求解极大值， 即可证明． 【详解】 （1） 的定义域是 当 时， ， ， 令 ，得 ， 所以当 时， ， 单调递增； 当 时， ， 单调递减； （2） ， 令 ， 则 ， 由 的定义域是 ，易得 ，当 时，由（1）知， 在 处取得极大值，所以 . 当 时， 在 上恒成立， 所以 在 上单调递减， ，所以 ，故 没有极值. 当 时，令 ，得 ， 所以当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减. 所以当 时， ， 又 ， ，且 ， 所以存在唯一 ，使得 ， 当 时， ，即 ， 单调递增；当 时， ，即 ， 单调递减. 所以当 时， 取得极大值， 所以 ， 所以 . 令 ，则 ，设 ， ， 则 ， 所以 在 上单调递减，所以 ，所以 . 综上，若函数 存在极大值 ，则 ． 6．（2021·河南郑州市·高三二模（理））已知函数 ． （1）当 时，不等式 在 上恒成立，求实数 的取值范围； （2）若 ， 最小值为 ，求 的最大值以及此时 的值． 【答案】（1） ；（2） 的最大值是 ，此时 ． 【解析】 (1)根据题意, 令 ,求导研究函数的单调性并分 和 两种情况讨论求解； （2）求导得 ，令 ，得 ，令 ，则 ，故 至多 个解，不妨设为 ，即 ，进而得函 数 的最小值是 ，再令 ，进 而求导研究最值即可. 【详解】 解：（1） 时， ， 令 ， 则 ， ， 故 在 递增， ， ，当 时， ， 故存在 ，使得 在 递减， ， 在 上不恒成立， 不可取， 当 时， ，∴ 在 上单调递增， ∴ ，满足题意. 的取值范围是 ； （2） ，令 ，得 ， 令 ，则 ， 在 递增， 至多 个解， 设该解是 ，即 ， 此时 在 上单调递增，在 上单调递减， 的最小值是 ， 令 ， 则 ， ，∴ ， 令 ，解得： ，令 ，解得： ， 在 递增，在 递减， 的最大值是 ， 即 的最大值是 ，此时 ， ． 7．（2021·临川一中实验学校高三其他模拟（文））已知函数 . （1）求曲线 上一点 处的切线方程； （2）当 时， 在区间 的最大值记为 ，最小值记为 ，设 ，求 的最小值. 【答案】（1）切线方程为 ；（2） . 【解析】 （1）首先求出参数 的值，即可得到函数解析式，再求出函数的导函数，即可得到切线的斜率，即可得 解； （2）依题意可得 ，即可得到函数的单调区间，再对参数 分类讨论，求出函 数的最大值与最小值，即可得到 ，再利用导数取出函数的最小值； 【详解】 解：（1）因为点 在曲线上，所以 ，解得 ， 所以 ，求导得 ，∵切点为 ， ， 故切线斜率 ， 所求切线方程为 . （2）因为 ， ， . 所以 .令 ，得 或 . 所以 ， ， 为减函数； ， ， 为增函数. ①当 时， 在 上单调递减 所以依题意， ， ， 所以 . ②当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增， 又因为 ， ， ， 当 时， ，所以 ， ， 当 时， ，所以 ， . 设 ，所以 ，当 时， ，所以 在 单调递减.又因为 ， ， 所以 所以，当且仅当 时， 取得最小值 . 8.（2021·成都七中实验学校高三三模（文））已知函数 ，其 中 . （1）若函数 无极值，求 的取值范围； （2）当 取（1）中的最大值时，求函数 的最小值. 【答案】（1） ；（2）最小值 . 【解析】 (1)函数无极值，则导数恒大于等于零或恒小于等于0， ，故可转化为 在 区间 上无根或有唯一根，即可得解. (2)易知 ，由函数的单调性知 ，通过两边平方及换元可得 的最小值. 【详解】 解：（1） ，据题意得方程 在区间 上无根或有唯一根， 即方程 在区间 上无根或有唯一根，解得 ； (2)当 时， ， 由（1）知 在区间 上是增函数，且 ， 当 时， ， 得 ， 当 时， ， 得 ， 所以当 时， ， 令 ，所以 ，平方的得 ， 即当 时，不等式 成立，当 时取等号， 所以当 时，函数 取最小值 9．（2021·安徽合肥市·合肥一中高三其他模拟（文））已知函数 （1）当 时，求 的最大值； （2）若 时， 恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1） ；（2） . 【解析】 （1）先求 ，再分析单调性，根据单调性求最大值即可； （2）构造函数 ，然后分类讨论，研究其单调性，并通过分析端点处的值获得 满足题意的 的取值范围. 【详解】 （1） ， 则由 ，可知 在 上为正，在 上为负 在 上为增函数，在 上为减函数， 当 时， . （2） 对 恒成立，即 对 恒成立. 设 ， ， ， ， ， . ，又 ， . （i） 即 时， ， 在 上递减， ，舍. （ii） 即 时，①当 ， 即 时， ，使得 .且 ， ， 在 内递减， ，矛盾，舍； ②当 ， 即 时， ，使得 ，且 ， ， ， ， 在 上递增，在 上递减，又 ， ， 所以 成立. ③ ， 即 ， ， 在 上递增，则 .满足题意. 综上， . 10．（2022·河南高三月考（理））已知函数 . （1）讨论函数 的单调性； （2）假设函数 有两个极值点. ①求实数 的取值范围； ②若函数 的极大值小于整数 ，求 的最小值. 【答案】（1）在区间 上单调递减，在区间 上单调递减；（2）① ；②最小值 为3. 【解析】 （1）求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解. （2）①求出 ，令 ，由题意可得关于 的方程有两个不相等实数根，只需 解不等式组即可；②分析可得 ， ， 由 可得 ，极大值 ，令 ，可得 ，再证明 即可. 【详解】 解：（1） ， . 分析知，当 或 时， ， 函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递减. （2）① ，令 ，则 . 讨论：当 时， ， 为增函数； 当 时， ， 为减函数. 当 时， . 由于 有两个极值点， 关于 的方程 有两个不相等实数根， 即 有两个不相等实数根 ， . 解得 . ②分析可知， ， ， ， 则 . 又 ， 即 函数 极大值为 令 ，则 ，则(*)可变为 分析知， ， ， ， 下面再说明对于任意 ， ，有 . 又由(#)得 ， 把它代入(*)得 ， 当 时， 且 ， 故 在 上单调递减. 又 ， 当 时， . 满足题意的整数 的最小值为3. 练真题 TIDHNE 1．（2021·全国高考真题）函数 的最小值为______. 【答案】1 【解析】由解析式知 定义域为 ，讨论 、 、 ，并结合导数研究的单调性，即可 求 最小值. 【详解】 由题设知： 定义域为 ， ∴当 时， ，此时 单调递减； 当 时， ，有 ，此时 单调递减； 当 时， ，有 ，此时 单调递增； 又 在各分段的界点处连续， ∴综上有： 时， 单调递减， 时， 单调递增； ∴ 故答案为：1. 2．（2020·江苏省高考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知 ，A，B是圆C： 上的两个动点，满足 ，则△PAB面积的最大值是__________． 【答案】 【解析】 设圆心 到直线 距离为 ，则所以 令 （负值舍去） 当 时， ；当 时， ，因此当 时， 取最大值，即 取最大值为 ， 故答案为： 3．（2020·北京高考真题）已知函数 ． （Ⅰ）求曲线 的斜率等于 的切线方程； （Ⅱ）设曲线 在点 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 ，求 的最小值． 【答案】（Ⅰ） ，（Ⅱ） . 【解析】 （Ⅰ）因为 ，所以 ， 设切点为 ，则 ，即 ，所以切点为 ， 由点斜式可得切线方程为： ，即 . （Ⅱ）显然 ， 因为 在点 处的切线方程为： ， 令 ，得 ，令 ，得 ， 所以 ，不妨设 时，结果一样 ， 则 ， 所以 ， 由 ，得 ，由 ，得 ， 所以 在 上递减，在 上递增， 所以 时， 取得极小值， 也是最小值为 . 4．（2017·北京高考真题（理））已知函数f(x)=excosx−x． （Ⅰ）求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程； π （Ⅱ）求函数f(x)在区间[0, ]上的最大值和最小值． 2 π 【答案】(Ⅰ)y=1；（Ⅱ）最大值1；最小值− . 2 【解析】 （Ⅰ）因为f(x)=excosx−x，所以f' (x)=ex (cosx−sinx)−1,f' (0)=0. 又因为f(0)=1，所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1. （Ⅱ）设ℎ(x)=ex (cosx−sinx)−1，则ℎ ' (x)=ex (cosx−sinx−sinx−cosx)=−2exsinx. π 当x∈(0, )时，ℎ ' (x)<0， 2 π 所以ℎ(x)在区间[0, ]上单调递减. 2π 所以对任意x∈(0, ]有ℎ(x)< ℎ(0)=0，即f' (x)<0. 2 π 所以函数f(x)在区间[0, ]上单调递减. 2 π π π 因此f(x)在区间[0, ]上的最大值为f(0)=1，最小值为f( )=− . 2 2 2 5.（2018·全国高考真题（理））已知函数f (x)=(2+x+ax2)ln(1+x)−2x． （1）若a=0，证明：当−10时，f (x)>0； （2）若x=0是f (x)的极大值点，求a． 1 【答案】（1）见解析；（2）a=− 6 【解析】 x （1）当a=0时，f(x)=(2+x)ln(1+x)−2x，f' (x)=ln(1+x)− . 1+x x x 设函数g(x)=f' (x)=ln(1+x)− ，则g' (x)= . 1+x (1+x) 2 当−10时，g' (x)>0.故当x>−1时，g(x)≥g(0)=0，且仅当x=0时， g(x)=0，从而f' (x)≥0，且仅当x=0时，f' (x)=0. 所以f(x)在(−1,+∞)单调递增. 又f(0)=0，故当−10时，f(x)>0. （2）（i）若a≥0，由（1）知，当x>0时，f(x)≥(2+x)ln(1+x)−2x>0=f(0)，这与x=0是f(x)的 极大值点矛盾. f(x) 2x （ii）若a<0，设函数ℎ(x)= =ln(1+x)− . 2+x+ax2 2+x+ax2 √ 1 由于当|x|0，故ℎ(x)与f(x)符号相同. |a| 又ℎ(0)=f(0)=0，故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是ℎ(x)的极大值点. 1 2(2+x+ax2 )−2x(1+2ax) x2 (a2x2+4ax+6a+1) ℎ ' (x)= − = . 1+x (2+x+ax2 ) 2 (x+1)(ax2+x+2) 2 6a+1 √ 1 如果6a+1>0，则当00，故x=0不是ℎ(x)的极大 4a |a|值点. √ 1 如果6a+1<0，则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x <0，故当x∈(x ,0)，且|x|0；当x∈(0,1)时， (x+1)(x2−6x−12) 2 ℎ ' (x)<0.所以x=0是ℎ(x)的极大值点，从而x=0是f(x)的极大值点 1 综上，a=− . 6 f(x)(xa)(xb)(xc),a,b,cR f '(x) 6．（2019·江苏高考真题）设函数 ， 为f（x）的导函数． （1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值； f '(x) {3,1,3} （2）若a≠b，b=c，且f（x）和 的零点均在集合 中，求f（x）的极小值； 4 （3）若a 0,0b�1,c1，且f（x）的极大值为M，求证:M≤27 ． a2 【答案】（1） ；（2）见解析；（3）见解析. 【解析】 a bc f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)3 （1）因为 ，所以 ． f(4)8 (4a)3 8 a2 因为 ，所以 ，解得 ． （2）因为b  c， f(x)(xa)(xb)2  x3(a2b)x2 b(2ab)xab2 所以 ，  2ab 2ab f'(x)3(xb)  x  x 从而  3 ．令 f'(x)0，得 xb 或 3 ． 2ab a,b, 因为 3 ，都在集合{3,1,3}中，且ab，2ab 1,a 3,b3 所以 3 ． f(x)(x3)(x3)2 f'(x)3(x3)(x1) 此时 ， ． f'(x)0 x3 x1 令 ，得 或 ．列表如下： x (,3) 3 (3,1) 1 (1,) + 0 – 0 + f(x)  极大值  极小值  f(x) f(1)(13)(13)2 32 所以 的极小值为 ． a 0,c1 f(x) x(xb)(x1) x3(b1)x2 bx （3）因为 ，所以 ， f'(x)3x2 2(b1)xb ． 4(b1)2 12b(2b1)2 30 0b1 因为 ，所以 ， x,x x x  则 有2个不同的零点，设为 1 2 1 2 ． b1 b2 b1 b1 b2 b1 x  ,x  由 f'(x)0 ，得 1 3 2 3 ． 列表如下： x (,x ) x x,x  x (x ,) 1 1 1 2 2 2 + 0 – 0 + f(x)  极大值  极小值  M  f x  f(x) 所以 的极大值 1 ． 解法一：M  f x  x3(b1)x2 bx 1 1 1 1   3x2 2(b1)x b  x 1  b1  2  b2 b1  x  b(b1)   1 1  3 9  9 1 9 2  b2 b1  (b1) b(b1) 2  3    b2 b1 27 9 27 b(b1) 2(b1)2(b1) 2    ( b(b1)1)3 27 27 27 b(b1) 2 4 4    M  27 27 27 ．因此 27 ． 解法二： 0b1 x (0,1) 因为 ，所以 1 ． x(0,1) f(x) x(xb)(x1) x(x1)2 当 时， ．  1 g'(x)3 x (x1)   令g(x) x(x1)2,x(0,1)，则  3 ． 1 x 令g'(x)0，得 3．列表如下： 1 1 x (0, ) ( 1 ,1) 3 3 3 g'(x) + 0 – g(x)  极大值  1 1 4 x g(x)  g    所以当 3时，g(x)取得极大值，且是最大值，故 max 3 27 ． 4 4 f(x) g(x) M  所以当x(0,1)时， 27 ，因此 27 ．