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- 2021-06-16 发布
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高考达标检测（十三） 极值、最值两考点，利用导数巧推演
一、选择题
1．函数 f(x)＝(x2－1)2＋2 的极值点是( )
A．x＝1 B．x＝－1
C．x＝1 或－1 或 0 D．x＝0
解析：选 C ∵f(x)＝x4－2x2＋3，
∴由 f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)(x－1)＝0，
得 x＝0 或 x＝1 或 x＝－1，
又当 x<－1 时，f′(x)<0，当－10，
当 01 时，f′(x)>0，
∴x＝0,1，－1 都是 f(x)的极值点．
2．已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a 在 x＝1 处取得极大值 10，则a
b
的值为( )
A．－2
3 B．－2
C．－2 或－2
3 D．2 或－2
3
解析：选 A 由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，
即 3＋2a＋b＝0，
1＋a＋b－a2－7a＝10，
解得 a＝－2，
b＝1
或 a＝－6，
b＝9，
经检验 a＝－6，
b＝9
满足题意，故a
b
＝－2
3.
3．(2018·浙江瑞安中学月考)已知函数 f(x)＝x3＋bx2＋cx 的图象如
图所示，则 x21＋x 22等于( )
A.2
3 B.4
3
C.8
3 D.16
3
解析：选 C 由图象可知 f(x)过点(1,0)与(2,0)，x1，x2 是函数 f(x)的极值点，
因此 1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得 b＝－3，c＝2，
所以 f(x)＝x3－3x2＋2x，所以 f′(x)＝3x2－6x＋2.
x1，x2 是方程 f′(x)＝3x2－6x＋2＝0 的两根，
因此 x1＋x2＝2，x1x2＝2
3
，所以 x21＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－4
3
＝8
3.
4．已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在 x＝±1 处的
切线斜率均为－1，有以下命题：
①f(x)的解析式为：f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]；
②f(x)的极值点有且仅有一个；
③f(x)的最大值与最小值之和等于零．
其中正确的命题个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选 C f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
因为函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在 x＝±1 处的切线
斜率均为－1，
所以
f′1＝3＋2a＋b＝－1，
f′－1＝3－2a＋b＝－1，
c＝0，
解得
a＝0，
b＝4，
c＝0，
则 f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]，故①正确；
f′(x)＝3x2－4，令 f′(x)＝0，解得 x＝±2 3
3
∈[－2,2]，
易知，x＝±2 3
3
均为函数的极值点，故②错误；
易知函数 f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]是奇函数，所以最大值与最小值之和为 0，故③正
确．
因此，正确命题的个数为 2，故选 C.
5．(2017·长沙二模)已知函数 f(x)＝ x
x2＋a(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为 3
3
，则 a 的值
为( )
A. 3－1 B.3
4
C.4
3 D. 3＋1
解析：选 A 由 f(x)＝ x
x2＋a
，得 f′(x)＝ a－x2
x2＋a2
，
当 a＞1 时，若 x＞ a，则 f′(x)＜0，f(x)单调递减，
若 1＜x＜ a，则 f′(x)>0，f(x)单调递增，
故当 x＝ a时，函数 f(x)有最大值 1
2 a
＝ 3
3
，得 a＝3
4
＜1，不合题意；
当 a＝1 时，函数 f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为 f(1)＝1
2
，不合题意；
当 0＜a＜1 时，函数 f(x)在 [1，＋∞)上单调递减，此时最大值为 f(1)＝ 1
a＋1
＝ 3
3
，得
a＝ 3－1，符合题意．故 a 的值为 3－1，选 A.
6．已知直线 l1：y＝x＋a 分别与直线 l2：y＝2(x＋1)及曲线 C：y＝x＋ln x 交于 A，B
两点，则 A，B 两点间距离的最小值为( )
A.3 5
5 B．3
C.6 5
5 D．3 2
解析：选 D 由 y＝x＋a，
y＝2x＋1，
得 A(a－2,2a－2)，
由 y＝x＋a，
y＝x＋ln x，
得 B(ea，a＋ea)，
|AB|＝ ea－a＋22＋[ea＋a－2a－2]2＝ 2(ea－a＋2)，
令 g(a)＝ea－a＋2，
则 g′(a)＝ea－1，g(a)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，
所以 g(a)在 a＝0 处取得最小值 g(0)＝3，
所以 A，B 两点间距离的最小值为 3 2.
二、填空题
7．若函数 f(x)＝2x2－ln x 在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实
数 k 的取值范围是________．
解析：因为 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
又 f′(x)＝4x－1
x
，由 f′(x)＝0，得 x＝1
2.
据题意
k－1<1
20)．
设 g(x)＝ex
x(x>0)，则 g′(x)＝x－1ex
x2
，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为 g(1)＝e，
结合 g(x)＝ex
x
与 y＝k 的图象可知，要满足题意，只需 k≤e.
答案：(－∞，e]
9．(2018·湘中名校联考)已知函数 g(x)＝a－x21
e
≤x≤e，e 为自然对数的底数与 h(x)＝
n x 的图象上存在关于 x 轴对称的点，则实数 a 的取值范围是________．
解析：由题意，知方程 x2－a＝2ln x，即－a＝2ln x－x2 在
1
e
，e 上有解．
设 f(x)＝2ln x－x2，则 f′(x)＝2
x
－2x＝－2x＋1x－1
x .
易知 x∈
1
e
，1 时，f′(x)>0，x∈[1，e]时 f′(x)<0，
所以函数 f(x)在
1
e
，1 上单调递增，在[1，e]上单调递减，
所以 f(x)极大值＝f(1)＝－1，
又 f(e)＝2－e2，f
1
e ＝－2－1
e2
，f(e)0 时，f(x)在[1，e]上单调递增，
则 f(x)在[1，e]上的最大值为 f(e)＝a.
故当 a≥2 时，f(x)在[－1，e]上的最大值为 a；
当 a<2 时，f(x)在[－1，e]上的最大值为 2.
11．设函数 f(x)＝1
2x2－(a＋1)x＋aln x，a>0.
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)讨论函数 f(x)的零点个数．
解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为 f′(x)＝x－(a＋1)＋a
x
＝x2－a＋1x＋a
x
＝x－ax－1
x (x>0)，
①当 00，得 01，
所以函数 f(x)的单调增区间为(0，a)和(1，＋∞)，单调减区间为(a,1)．
②当 a＝1 时，f′(x)＝x－12
x
≥0 恒成立，
所以函数 f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，无减区间．
③当 a>1 时，令 f′(x)<0，得 10，得 0a，
所以函数 f(x)的单调增区间为 (0,1)和(a，＋∞)，单调减区间为(1，a)．
(2)由(1)可知，①当 00，
所以函数 f(x)有唯一零点．
②当 a＝1 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又注意到 f(1)＝－3
2<0，f(4)＝ln 4>0，所以函数 f(x)有唯一零点．
③当 a>1 时，函数 f(x)的单调增区间为(0,1)和(a，＋∞)，单调减区间为(1，a)，
所以 f(x)极大值＝f(1)＝－1
2
－a<0，f(x)极小值＝f(a)＝－1
2a2－a＋aln a<0，
注意到 f(2a＋2)＝aln(2a＋2)>0，
所以函数 f(x)有唯一零点，综上，函数 f(x)有唯一零点．
12．已知函数 f(x)＝ln x＋x2－ax(a∈R)．
(1)当 a＝3 时，求函数 f(x)的单调区间；
(2)若函数 f(x)有两个极值点 x1，x2，且 x1∈(0,1]，证明 f(x1)－f(x2)≥－3
4
＋ln 2.
解：f′(x)＝1
x
＋2x－a＝2x2－ax＋1
x (x>0)．
(1)当 a＝3 时，f′(x)＝2x2－3x＋1
x .
令 f′(x)＝0，得 x＝1
2
或 x＝1.
所以当 01 时，f′(x)>0；当1
20 时，
－a－ a2
4
3
＝－a
2
＝c，不符合题意；
当 a<0 时，
－a－ a2
4
3
＝－a
60，
只需
m－1
2
>0，
Δ＝1－m2－4>0，
解得 m>1，
m>3 或 m<－1，
即 m>3.
所以实数 m 的取值范围为(3，＋∞)．
(2)f′(x)＝x2＋1－mx＋1
x
，
令 f′(x)＝0，即 x2＋(1－m)x＋1＝0，
由题知，两根分别为 x1，x2，则 x1＋x2＝m－1，
x1x2＝1，
又因为 f(x1)－f(x2)＝1
2x21＋(1－m)x1＋ln x1－1
2x22－(1－m)x2－ln x2
＝1
2(x21－x22)＋(1－m)(x1－x2)＋ln x1
x2
＝1
2(x21－x22)－(x21－x22)＋ln x1
x2
＝ln x1
x2
－1
2(x21－x22)＝ln x1
x2
－1
2
x21－x22
x1x2 ＝ln x1
x2
－1
2
x1
x2
－x2
x1 .
令x1
x2
＝t，由于 x1
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