2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题3.3 导数与函数的极值、最值（教师版含解析）

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1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 3.3 导数与函数的极值、最值导数与函数的极值、最值 目录 一、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型一 利用导数解决函数的极值问题利用导数解决函数的极值问题 【题型要点】【题型要点】利用导数研究函数极值问题的一般流程 命题角度一命题角度一 由图象判断函数的极值由图象判断函数的极值 【题型要点】由图象判断函数【题型要点】由图象判断函数 yf(x)的极值，要抓住两点：的极值，要抓住两点： (1) 由 yf(x)的图象与 x 轴的交点，可得函数 yf(x)的可能极值点； (2)由导函

2、数 yf(x)的图象可以看出 yf(x)的值的正负， 从而可得函数 yf(x)的单调性， 两者结合可得极值 点 【例【例 1】设函数 xf在 R 上可导，其导函数为 x f ，且函数 xfxy 1的图象如图所示，则下列结 论中一定成立的是( ) A.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) B.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) C.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(2)D.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(2) 【答案】【答案】D 【解析】由题图可知，当 x2 时， x f 0；当2x1 时， x f 0；当 1x2 时， x f 0； 当

3、x2 时， x f 0.由此可以得到函数 f(x)在 x2 处取得极大值，在 x2 处取得极小值. 【例【例 2】已知函数 f(x)的导函数 f(x)的图象如图，则下列叙述正确的是( ) A函数 f(x)在(，4)上单调递减 B函数 f(x)在 x2 处取得极大值 C函数 f(x)在 x4 处取得极值 D函数 f(x)有两个极值点 【答案】B 【解析】由导函数的图象可得，当 x2 时，f(x)0，函数 f(x)单调递增；当 x2 时，f(x)1，则当 x 1 , 1 a 时，f(x)0. 所以 f(x)在 x1 处取得极小值 若 a1，则当 x(0，1)时，ax1x10. 所以 1 不是 f(

4、x)的极小值点 综上可知，a 的取值范围是(1，) 题型二题型二 利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的最值 【题型要点】【题型要点】求函数 f(x)在a，b上最值的方法 (1)若函数在区间a，b上单调递增或递减，f(a)与 f(b)一个为最大值，一个为最小值 (2)若函数在闭区间a，b内有极值，要先求出a，b上的极值，与 f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的 是最小值，可列表完成 (3)函数 f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应 用中经常用到 【例【例 1】(2019 全国卷全国卷)已知函数 f(x)2x3ax2b.

5、(1)讨论 f(x)的单调性； (2)是否存在 a，b，使得 f(x)在区间0,1的最小值为1 且最大值为 1？若存在，求出 a，b 的所有值；若 不存在，说明理由. 【解析】(1)f(x)6x22ax2x(3xa). 令 f(x)0，得 x0 或 xa 3. 若 a0，则当 x(，0) , 3 a 时，f(x)0；当 x 3 , 0 a 时，f(x)0.故 f(x)在(，0)， , 3 a 单调递增，在 3 , 0 a 单调递减. 若 a0，f(x)在(，)单调递增. 若 a0，则当 x 3 , a (0，)时，f(x)0；当 x 0 , 3 a 时，f(x)0.故 f(x)在 3 , a

6、，(0，) 单调递增，在 0 , 3 a 单调递减. (2)满足题设条件的 a，b 存在. ()当 a0 时，由(1)知，f(x)在0,1单调递增，所以 f(x)在区间0,1的最小值为 f(0)b，最大值为 f(1) 2ab.此时 a，b 满足题设条件当且仅当 b1，2ab1，即 a0，b1. ()当 a3 时，由(1)知，f(x)在0,1单调递减，所以 f(x)在区间0,1的最大值为 f(0)b，最小值为 f(1) 2ab.此时 a，b 满足题设条件当且仅当 2ab1，b1，即 a4，b1. ()当 0a3 时，由(1)知，f(x)在0,1的最小值为 3 a fa 3 27b，最大值为 b

7、或 2ab. 若a 3 27b1，b1，则 a3 3 2，与 0a3 矛盾. 若a 3 27b1,2ab1，则 a3 3或 a3 3或 a0，与 0a3 矛盾. 综上，当且仅当 a0，b1 或 a4，b1 时，f(x)在0,1的最小值为1，最大值为 1. 【例【例 2】(2020 贵阳市检测贵阳市检测)已知函数 f(x)x1 x ln x. (1)求 f(x)的单调区间； (2)求函数 f(x)在 e e , 1 上的最大值和最小值(其中 e 是自然对数的底数) 【解析】 (1)f(x)x1 x ln x11 xln x，f(x)的定义域为(0，) 因为 f(x) 1 x2 1 x 1x x2

8、 ，所以 f(x)00x1，f(x)0 x1，所以 f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上 单调递减 (2)由(1)得 f(x)在 1 , 1 e 上单调递增，在(1，e上单调递减， 所以 f(x)在 e e , 1 上的极大值为 f(1)11 1ln 10. 又 e f 1 1eln 1 e2e，f(e)1 1 eln e 1 e，且 e f 1 1 2，则当 x 2 , 1 a 时，f(x)0. 所以 f(x)在 x2 处取得极小值 若 a1 2，则当 x(0，2)时，x20，ax1 1 2x10. 所以 2 不是 f(x)的极小值点 综上可知，a 的取值范围是 , 2 1 . 【例

9、 2】 (2020 河南百校联盟模拟河南百校联盟模拟)已知函数 f(x)exax，a0. (1)记 f(x)的极小值为 g(a)，求 g(a)的最大值； (2)若对任意实数 x，恒有 f(x)0，求 f(a)的取值范围 【解】 ：(1)函数 f(x)的定义域是(，)，f(x)exa. 令 f(x)0，得 xln a， 易知当 x(ln a，)时，f(x)0，当 x(，ln a)时，f(x)0， 所以函数 f(x)在 xln a 处取极小值， g(a)f(x)极小值f(ln a)eln aaln aaaln a. g(a)1(1ln a)ln a， 当 0a0，g(a)在(0，1)上单调递增；

10、当 a1 时，g(a)0)恒成立 当 x0 时，由 f(x)0，即 exax0，得 ae x x. 令 h(x)e x x，x(0，)， 则 h(x)e xxex x2 e x（x1） x2 ， 当 0x1 时，h(x)1 时，h(x)0， 故 h(x)的最小值为 h(1)e，所以 ae， 故实数 a 的取值范围是(0，e f(a)eaa2，a(0，e，f(a)ea2a， 易知 ea2a0 对 a(0，e恒成立， 故 f(a)在(0，e上单调递增，所以 f(0)10 可得 x1， 即函数 f(x)在(1， )上是增函数； 令 f(x)0 可得 x0，则函数 yf(x)在区间(2，2)上单调递增

11、，故正确； 对于，当 x3 时，f(x)0，故不正确 3.(2020 东莞模拟东莞模拟)若 x1 是函数 f(x)axln x 的极值点，则( ) A.f(x)有极大值1 B.f(x)有极小值1 C.f(x)有极大值 0 D.f(x)有极小值 0 【答案】【答案】A 【解析】f(x)axln x，x0， f(x)a1 x， 由 f(1)0 得 a1， f(x)11 x 1x x . 由 f(x)0 得 0 x1，由 f(x)0 得 x1， f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减. f(x)极大值f(1)1，无极小值，故选 A. 4.(2020 广东惠州广东惠州 4 月模拟月模拟)

12、设函数 f(x)在 R 上可导，其导函数为 f(x)，且函数 f(x)在 x2 处取得极小值， 则函数 yx f(x)的图象可能是( ) 【答案】C. 【解析】 ：因为函数 f(x)在 R 上可导，其导函数为 f(x)，且函数 f(x)在 x2 处取得极小值，所以当 x2 时，f(x)0；当 x2 时，f(x)0；当 x2 时，f(x)0. 所以当2x0 时，xf(x)0；当 x2 时，xf(x)0； 当 x0.故选 C. 5(2020 河北石家庄二中期末河北石家庄二中期末)若函数 f(x)(1x)(x2axb)的图象关于点(2，0)对称，x1，x2分别是 f(x) 的极大值点与极小值点，则

13、x2x1( ) A 3 B2 3 C2 3 D 3 【答案】C. 【解析】 ：由题意可得 f(2)3(42ab)0， 因为函数图象关于点(2，0)对称，且 f(1)0， 所以 f(5)0， 即 f(5)6(255ab)0， 联立 b2a40， b5a250，解得 b10， a7. 故 f(x)(1x)(x27x10)x36x23x10， 则 f(x)3x212x33(x24x1)， 结合题意可知 x1，x2是方程 x24x10 的两个实数根，且 x1x2， 故 x2x1|x1x2| （x1x2）24x1x2 （4）24 12 3. 6.已知函数 f(x)x33x29x1，若 f(x)在区间k,

14、2上的最大值为 28，则实数 k 的取值范围为( ) A.3，) B.(3，) C.(，3) D.(，3 【答案】【答案】D 【解析】由题意知 f(x)3x26x9，令 f(x)0，解得 x1 或 x3，所以 f(x)，f(x)随 x 的变化情况如下 表： x (，3) 3 (3,1) 1 (1，) f(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 又 f(3)28，f(1)4，f(2)3，f(x)在区间k,2上的最大值为 28，所以 k3. 7.用边长为 120 cm 的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转 90 角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为( ) A12

15、0 000 cm3 B128 000 cm3 C150 000 cm3 D158 000 cm3 【答案】B. 【解析】 ：设水箱底长为 x cm，则高为120 x 2 cm. 由 120 x 2 0， x0， 得 0 x120. 设容器的容积为 y cm3，则有 y1 2x 360 x2. 求导数，有 y3 2x 2120 x. 令 y0，解得 x80(x0 舍去) 当 x(0，80)时，y0；当 x(80，120)时，y0. 因此，x80 是函数 y1 2x 360 x2的极大值点，也是最大值点， 此时 y128 000.故选 B. 8.(2020 郑州质检郑州质检)若函数 yf(x)存在

16、 n1(nN*)个极值点，则称 yf(x)为 n 折函数，例如 f(x)x2为 2 折 函数已知函数 f(x)(x1)exx(x2)2，则 f(x)为( ) A2 折函数 B3 折函数 C4 折函数 D5 折函数 【答案】C 【解析】 ：.f(x)(x2)ex(x2)(3x2)(x2) (ex3x2)，令 f(x)0，得 x2 或 ex3x2. 易知 x2 是 f(x)的一个极值点， 又 ex3x2，结合函数图象，yex与 y3x2 有两个交点又 e 23(2)24. 所以函数 yf(x)有 3 个极值点，则 f(x)为 4 折函数 9.(2020 昆明市诊断测试昆明市诊断测试)已知函数 f(

17、x)(x2m)ex，若函数 f(x)的图象在 x1 处切线的斜率为 3e，则 f(x)的 极大值是( ) A4e 2 B4e2 Ce 2 De2 【答案】A 【解析】 ：f(x)(x22xm)ex.由题意知，f(1)(3m)e3e，所以 m0，f(x)(x22x)ex.当 x0 或 x0，f(x)是增函数；当2x0 时，f(x)0 在2，2上的最大值为 3，则实数 a 的取 值范围是( ) A(ln 3，) B 3ln 2 1 , 0 C. 3ln 2 1 , D(，ln 3 【答案】C. 【解析】 ： 由题意， 当 x0 时， f(x)2x33x22， 可得 f(x)6x26x6x(x1)，

18、 所以当2x0， 函数 f(x)在2，1)上单调递增，当10 时，令 f(x)0 得 x a，当 x 变化时，f(x)与 f(x)的变化情况如下表所示： x (， a) a ( a， a) a ( a，) f(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 因为函数 f(x)在区间(1，2)上仅有一个极值点，所以 a1， 2 a， 解得 1a0)的极大值是正数，极小值是负数，则 a 的取值范围是_ 【答案】 ： , 2 2 【解析】 ：f(x)3x23a23(xa)(xa)， 由 f(x)0 得 x a， 当axa 时，f(x)a 或 x0，函数单调递增， 所以 f(x)的极大值为 f(a)，极小值为

19、 f(a) 所以 f(a)a33a3a0 且 f(a)a33a3a 2 2 . 所以 a 的取值范围是 , 2 2 4.(2019 武汉模拟武汉模拟)若函数 f(x)2x2ln x 在其定义域的一个子区间(k1， k1)内存在最小值， 则实数 k 的取 值范围是 【答案】 ： 2 3 , 1 【解析】 ：因为 f(x)的定义域为(0，)，又因为 f(x)4x1 x，所以由 f(x)0 解得 x 1 2，由题意得 k11 2k1， k10， 解得 1k0， 解得 x1， 令 f(x)0， 解得2x1， 所以 f(x)在(， 2)上单调递增，在(2，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以当 x

20、1 时，f(x)取得极小值，且 f(x) 极小值f(1)1. 三三 解答题解答题 1.(2020 广东五校联考广东五校联考)已知函数 f(x)axln x，其中 a 为常数 (1)当 a1 时，求 f(x)的最大值； (2)若 f(x)在区间(0，e上的最大值为3，求 a 的值 【解析】 ：(1)易知 f(x)的定义域为(0，)， 当 a1 时，f(x)xln x，f(x)11 x 1x x ，令 f(x)0，得 x1. 当 0x0；当 x1 时，f(x)0. 所以 f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，)上是减函数 所以 f(x)maxf(1)1. 所以当 a1 时，函数 f(x)在(0，

21、)上的最大值为1. (2)f(x)a1 x，x(0，e， 1 x , 1 e . 若 a1 e，则 f(x)0，从而 f(x)在(0，e上是增函数，所以 f(x)maxf(e)ae10，不符合题意； 若 a0 得 a 1 x0，结合 x(0，e，解得 0x 1 a， 令 f(x)0 得 a1 x0，结合 x(0，e，解得 1 axe.从而 f(x)在 a 1 , 0上为增函数，在 e a , 1 上为减函 数，所以 f(x)max a f 1 1 a 1 ln. 令1 a 1 ln3，得 a 1 ln2， 即 ae2. 因为e21 e，所以 ae 2为所求 故实数 a 的值为e2. 2.(20

22、20 洛阳尖子生第二次联考洛阳尖子生第二次联考)已知函数 f(x)mxn x ln x，mR. (1)若函数 f(x)的图象在(2，f(2)处的切线与直线 xy0 平行，求实数 n 的值； (2)试讨论函数 f(x)在区间1，)上的最大值 【解析】 ：(1)由题意得 f(x)nx x2 ，所以 f(2)n2 4 .由于函数 f(x)的图象在(2，f(2)处的切线与直线 xy0 平行，所以n2 4 1，解得 n6. (2)f(x)nx x2 ，令 f(x)n；令 f(x)0，得 x1 时，函数 f(x)在1，n)上单调递增，在(n，)上单调递减，所以 f(x)maxf(n)m1ln 3.(201

23、9 郑州模拟郑州模拟)已知函数 f(x)1x x kln x，k1 e，求函数 f(x)在 e e , 1 上的最大值和最小值. 【解析】 f(x)x（1x） x2 k x kx1 x2 . 若 k0，则 f(x) 1 x2在 e e , 1 上恒有 f(x)0， 所以 f(x)在 e e , 1 上单调递减. 若 k0，则 f(x)kx1 x2 k x1 k x2 . ()若 k0，则在 e e , 1 上恒有 k x1 k x2 0. 所以 f(x)在 e e , 1 上单调递减， ()若 k0，由 k1 e， 得1 ke，则 x 1 k0 在 e e , 1 上恒成立， 所以 k x1

24、k x2 0， 所以 f(x)在1 e，e 上单调递减. 综上，当 k1 e时，f(x)在 e e , 1 上单调递减， 所以 f(x)minf(e)1 ek1，f(x)max e f 1 ek1. 4.已知函数 f(x)aln x1 x(a0). (1)求函数 f(x)的单调区间和极值； (2)是否存在实数 a，使得函数 f(x)在1，e上的最小值为 0？若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理 由. 【解析】由题意，知函数的定义域为x|x0，f(x)a x 1 x2(a0). (1)由 f(x)0 解得 x1 a， 所以函数 f(x)的单调递增区间是 , 1 a ； 由 f(x)0 解得

25、 x1 a， 所以函数 f(x)的单调递减区间是 a 1 , 0. 所以当 x1 a时，函数 f(x)有极小值 a f 1 aln 1 aaaaln a，无极大值. (2)不存在.理由如下： 由(1)可知，当 x a 1 , 0时，函数 f(x)单调递减； 当 x , 1 a 时，函数 f(x)单调递增. 若 01 a1，即 a1 时，函数 f(x)在1，e上为增函数， 故函数 f(x)的最小值为 f(1)aln 111，显然 10，故不满足条件. 若 11 ae，即 1 ea1 时，函数 f(x)在 a 1 , 1上为减函数，在 e a , 1 上为增函数， 故函数 f(x)的最小值为 f(

26、x)的极小值 a f 1 aln 1 aaaaln aa(1ln a)0，即 ln a1，解得 ae，而 1 ea1，故不满足条件. 若1 ae，即 0a 1 e时，函数 f(x)在1，e上为减函数， 故函数 f(x)的最小值为 f(e)a1 e0，解得 a 1 e，而 0a 1 e， 故不满足条件.综上所述，这样的 a 不存在. 5(2020 石家庄市质量检测石家庄市质量检测)已知函数 f(x)aexsin x，其中 aR，e 为自然对数的底数 (1)当 a1 时，证明：x0，)，f(x)1； (2)若函数 f(x)在 2 , 0 上存在极值，求实数 a 的取值范围 【解】 ：(1)证明：当

27、 a1 时，f(x)exsin x，于是 f(x)excos x. 当 x0，)时，ex1 且 cos x1. 故当 x0，)时，excos x0，即 f(x)0. 所以函数 f(x)exsin x 为0，)上的增函数，因为 f(0)1， 所以x0，)，f(x)1. (2)法一：由 f(x)在 2 , 0 上存在极值，得 f(x)aexcos x 在 2 , 0 上存在零点 当 a(0，1)时，f(x)aexcos x 为 2 , 0 上的增函数， 注意到 f(0)a10， 2 fa e 20， 所以，存在唯一实数 x0 2 , 0 ，使得 f(x0)0 成立 当 x(0，x0)时，f(x)0

28、，f(x)为(0，x0)上的减函数； 当 x 2 , 0 x时，f(x)0，f(x)为 2 , 0 x上的增函数 所以 x0 2 , 0 0 x 为函数 f(x)的极小值点 当 a1 时，f(x)aexcos xexcos x0 在 2 , 0 上恒成立 所以 f(x)在 2 , 0 上单调递增， 所以 f(x)在 2 , 0 上没有极值 当 a0 时，f(x)aexcos x0 在 2 , 0 上恒成立， 所以 f(x)在 2 , 0 上单调递减， 所以 f(x)在 2 , 0 上没有极值 综上所述，若 f(x)在 2 , 0 上存在极值，则实数 a 的取值范围是(0，1) 法二：由函数 f

29、(x)在 2 , 0 上存在极值， 得 f(x)aexcos x 在 2 , 0 上存在零点， 即 acos x ex 在 2 , 0 上有解 设 g(x)cos x ex ，x 2 , 0 ，则 g(x)（sin xcos x） ex 0 在 2 , 0 上恒成立，所以 g(x)为 2 , 0 上的 减函数所以 g(x)的值域为(0，1)，所以当实数 a(0，1)时，f(x)aexcos x 在 2 , 0 上存在零点 下面证明，当 a(0，1)时，函数 f(x)在 2 , 0 上存在极值 事实上，当 a(0，1)时，f(x)aexcos x 为 2 , 0 上的增函数， 注意到 f(0)a10， 2 fa e 20，所以存在唯一实数 x0 2 , 0 ， 使得 f(x0)0 成立 当 x()0，x0时，f(x)0，f(x)为(0，x0)上的减函数； 当 x 2 , 0 x时，f(x)0，f(x)为 2 , 0 x上的增函数 即 x0 2 , 0 0 x 为函数 f(x)的极小值点 综上所述，若函数 f(x)在 2 , 0 上存在极值，则实数 a 的取值范围是(0，1)