1、1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)( x21) 22 的极值点是( )A x1 B x1C x1 或1 或 0 D x0解析：选 C f(x) x42 x23，由 f( x)4 x34 x4 x(x1)( x1)0，得 x0 或 x1 或 x1，又当 x0，当 01 时， f( x)0， x0,1，1 都是 f(x)的极值点2已知函数 f(x) x3 ax2 bx a27 a 在 x1 处取得极大值 10，则 的值为( )abA B223C2 或 D2 或23 23解析：选 A 由题意知， f( x)3 x22 ax b， f(1)0， f(1)
2、10，即Error! 解得Error!或Error!经检验Error! 满足题意，故 .ab 233(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 x x 等于( )21 2A. B.23 43C. D.83 163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 c0,84 b2 c0，解得 b3， c2，所以 f(x) x33 x22 x，所以 f( x)3 x26 x2.x1， x2是方程 f( x)3 x26 x20 的两根，因此 x1 x22， x1x2 ，所以 x x ( x1
3、 x2)22 x1x24 .23 21 2 43 834已知函数 f(x) x3 ax2 bx c， x2,2表示的曲线过原点，且在 x1 处的切线斜率均为1，有以下命题： f(x)的解析式为： f(x) x34 x， x2,2；2 f(x)的极值点有且仅有一个； f(x)的最大值与最小值之和等于零其中正确的命题个数为( )A0 B1C2 D3解析：选 C f( x)3 x22 ax b，因为函数 f(x) x3 ax2 bx c， x2,2表示的曲线过原点，且在 x1 处的切线斜率均为1，所以Error! 解得Error!则 f(x) x34 x， x2,2，故正确；f( x)3 x24，令
4、 f( x)0，解得 x 2,2，233易知， x 均为函数的极值点，故错误；233易知函数 f(x) x34 x， x2,2是奇函数，所以最大值与最小值之和为 0，故正确因此，正确命题的个数为 2，故选 C.5(2017长沙二模)已知函数 f(x) (a0)在1，)上的最大值为 ，则xx2 a 33a 的值为( )A. 1 B.334C. D. 143 3解析：选 A 由 f(x) ，得 f( x) ，xx2 a a x2 x2 a 2当 a1 时，若 x ，则 f( x)0， f(x)单调递减，a若 1 x ，则 f( x)0， f(x)单调递增，a故当 x 时，函数 f(x)有最大值 ，
5、得 a 1，不合题意；a12a 33 34当 a1 时，函数 f(x)在1，)上单调递减，最大值为 f(1) ，不合题意；12当 0 a1 时，函数 f(x)在 1，)上单调递减，此时最大值为 f(1) ，1a 1 33得 a 1，符合题意故 a 的值为 1，选 A.3 36设函数 f(x)3 xex，若存在唯一的整数 x0，使得 f(x0)1 时， f( x)0，当 x0)x2ex 2xexx4 ( 2x2 1x) x 2 (exx k)x2设 g(x) (x0)，则 g( x) ，exx x 1 exx2 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，
6、为 g(1)e，结合 g(x) 与 y k 的图象可知，要满足题意，只需 ke.exx答案：(，e9(2018湘中名校联考)已知函数 g(x) a x2 xe，e 为自然对数的底数与 h(x)1e 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 a2ln x，即 a2ln x x2在 上有解1e， e4设 f(x)2ln x x2，则 f( x) 2 x .2x 2 x 1 x 1x易知 x 时， f( x)0， x1，e时 f( x)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.5故当 a2 时， f(x
7、)在1，e上的最大值为 a；当 a0)1x 2x2 ax 1x(1)当 a3 时， f( x) .2x2 3x 1x令 f( x)0，得 x 或 x1.12所以当 01 时， f( x)0；当 0 时， c，不符合题意； a a243 a2当 a0，只需Error!解得Error! 即 m3.所以实数 m 的取值范围为(3，)(2)f( x) ，x2 1 m x 1x令 f( x)0，即 x2(1 m)x10，由题知，两根分别为 x1， x2，则Error!又因为 f(x1) f(x2) x (1 m)x1ln x1 x (1 m)x2ln x21221 122 (x x )(1 m)(x1
8、x2)ln (x x )( x x )ln 12 21 2 x1x2 12 21 2 21 2 x1x2ln (x x )ln ln .x1x2 12 21 2 x1x2 12(x21 x2x1x2) x1x2 12(x1x2 x2x1)令 t，由于 x1x2，所以 0t1.x1x2又因为 m ，( x1 x2)2( m1) 2 ，72 254即 2 ，即 t2 ， x1 x2 2x1x2 x1x2 x2x1 1t 254所以 4t217 t40，解得 t4 或 t ，即 0t .14 14令 h(t)ln t ，12(t 1t)(0t 14)则 h( t) 0，1t 12 12t2 2t t2 12t2 t 1 22t2所以 h(t)在 上单调递减，(0，14h(t)min h ln 2ln 2 .(14) 14 12(14 4) 158所以 f(x1) f(x2)的最小值为2ln 2 .158
