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.docx

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1、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（ ）AB-1C0D【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（ ）ABCD【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

2、.故选：D3（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（）Af（x）无极大值，也无极小值Bf（x）有极大值，也有极小值Cf（x）有极大值，无极小值Df（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（ ）ABCD【答案】B【解析】首先将不等式转化

3、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：46（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

4、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exx+1，当且仅当x=0

5、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)min=f(0)=0，有exx+1，当且仅当x=0时，等号成立，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(x0)=0，所以当x=x0时，函数g(x)取得最小值1.9（2021·河南高三其他模拟（文）

6、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

7、数，其中（）当时，在时取得极值，求；（）当时，若在上单调递增，求的取值范围；【答案】（）；（）.【解析】（）求函数的导数利用求解；（）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】（）当时，依题意有，故，此时，取得极大值，所以；（）当时，若在上单调递增，则在上恒成立，设，只需，即.练提升TIDHNEG1【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

8、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：AD2（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

9、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a0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

10、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，

11、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

12、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

13、：（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

14、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.当时，在上单调递减所以依题意，所以.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，

15、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

16、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，当，即时，使得.且，在内递减，矛盾，舍；当，即时，使得，且，在上递增，在上递减，又，所以成立.，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.求实数的取值范围；若函数的极大值

17、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）；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）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；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），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.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，

18、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TIDHNEG1（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）

19、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（）求曲线的斜率等于的切线方程；（）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】（），（）.【解析】（）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.（）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（）求曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程；（）求

20、函数f(x)在区间0,2上的最大值和最小值【答案】()y=1；（）最大值1；最小值-2.【解析】（）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.（）设h(x)=ex(cosx-sinx)-1，则h'(x)=ex(cosx-sinx-sinx-cosx)=-2exsinx.当x(0,2)时，h'(x)<0，所以h(x)在区间0,2上单调递减.所以对任意x(0,2有h(x)<h(0)=0，即f'(x)<0.所以

21、函数f(x)在区间0,2上单调递减.因此f(x)在区间0,2上的最大值为f(0)=1，最小值为f(2)=-2.5.（2018·全国高考真题（理）已知函数fx=2+x+ax2ln1+x-2x（1）若a=0，证明：当-1<x<0时，fx<0；当x>0时，fx>0；（2）若x=0是fx的极大值点，求a【答案】（1）见解析；（2）a=-16【解析】（1）当a=0时，f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x，f'(x)=ln(1+x)-x1+x.设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-x1+x，则g'(x)=x(1+x)2.当-1<

22、;x<0时，g'(x)<0；当x>0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-1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0.（2）（i）若a0，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.（ii）若a<0，设函数h(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x

23、)-2x2+x+ax2.由于当|x|<min1,1|a|时，2+x+ax2>0，故h(x)与f(x)符号相同.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.h'(x)=11+x-2(2+x+ax2)-2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=x2(a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2.如果6a+1>0，则当0<x<-6a+14a，且|x|<min1,1|a|时，h'(x)>0，故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0，则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1

24、<0，故当x(x1,0)，且|x|<min1,1|a|时，h'(x)<0，所以x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1=0，则h'(x)=x3(x-24)(x+1)(x2-6x-12)2.则当x(-1,0)时，h'(x)>0；当x(0,1)时，h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点，从而x=0是f(x)的极大值点综上，a=-16.6（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；（2）若ab，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为，所以因为，所以，解得（2）因为，所以，从而令，得或因为，都在集合中，且，所以此时，令，得或列表如下：1+00+极大值极小值所以的极小值为（3）因为，所以，因为，所以，则有2个不同的零点，设为由，得列表如下： +00+极大值极小值所以的极大值解法一：因此解法二：因为，所以当时，令，则令，得列表如下：+0极大值所以当时，取得极大值，且是最大值，故所以当时，因此