【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第16讲 导数的应用——导数与函数的极值、最值（达标检测） Word版含解析.docx，共(15)页，1.505 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0d093b22cd9af1532894b3bb97c795a0.html

以下为本文档部分文字说明：

《导数的应用——导数与函数的极值、最值》达标检测[A组]—应知应会1．（2020春•济宁期末）函数2()(2)xfxxxe=−的极大值点为()A．2−B．2C．0D．2【分析】求导得2()(2)xfxxe=−，易推出()fx在(,2)−−和(2，)

+上单调递增，()fx在(2−，2)上单调递减，从而得解．【解答】解：2()(2)xfxxxe=−，2()(2)xfxxe=−，令()0fx=，则2x=或2−，当2x或2x−时，()0fx，()fx单调递增；当22x−时，()0fx，()fx单调递减．函数()fx

的极大值点为2−．故选：A．2．（2020春•历下区校级月考）函数()(21)21xfxxex=−++的极值点的个数为()A．0B．1C．2D．3【分析】求出函数的导数，然后构造函数，再导函数，利用导函数的符号，判断原函数的导函数的单调性

，然后求出原函数的最小值，说明原函数是增函数，推出结果．【解答】解：函数()(21)21xfxxex=−++，可得()(21)2xfxxe=++，令()(21)2xgxxe=++，则函数()(23)xgxxe=+，所以当32x−时，()0gx，()gx是增函数，即()fx是增函数当3

2x−时，()0gx，()fx是增减函数，所以()fx的最小值为33223()222(1)02fee−−−=−=−，所以()fx是增函数，没有极值点．故选：A．3．（2020春•潮州期末）函数2()xfxxe=在区间(,

1.5)kk+上存在极值点，则整数k的值为()A．3−，0B．2−，1−C．3−，1−D．2−，0【分析】求出导函数，判断函数的单调性，利用函数的极值所在位置，求解k的值即可．【解答】解：函数2()x

fxxe=，可得22()2(2)xxxfxxexeexx=+=+，当(,2)x−−和(0,)+时，()0fx，当(2,0)x−时，()0fx，则()fx在(,2)−−和(0,)+上单调递增，在(

2,0)−上单调递减．若()fx在(,1.5)kk+上无极值点，则1.52k+−„或0k…或21.50kk−+剟，(k−，3.5][2−−，1.5][0−．)+时，()fx在(,1.5)kk+上无极值点，(3.5k−，2)(1.5−−，0)时，()fx在(,1.5)kk+上存

在极值点．因为k是整数，故3k=−或1k=−，故选：C．4．（2020春•无锡期末）已知函数()2sinfxxx=−+，[0x，]2．则下列叙述正确的有()A．函数()fx有极大值13−B．函数()fx有极小值13−C．函数()fx有极大值33−D．函数()

fx有极小值33−【分析】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极值判断即可．【解答】解：()2sinfxxx=−+，[0x，]2，()12cosfxx=−+，令()0fx，解得：03x„令()0fx，解得：32x„，故()fx在[

0，)3递增，在(3，]2递减，故()fx极大值()333f==−，故选：C．5．（2020•鹿城区校级模拟）已知函数32()fxaxbxcx=++，其导函数()yfx=的图象经过点(1,0)、(2,0)，如图所示，则下列命题正确的是()A．当32x=时函数取得极小

值B．()fx有两个极大值点C．f（1）0D．0abc【分析】求出导函数，结合导函数的图象，判断函数的极值以及函数值，判断选项的正误即可．【解答】解：函数32()fxaxbxcx=++，其导函数2()32yfxax

bxc==++，由函数的图象可知，0a，f（1）0=，f（2）0=，1x=，2x=是函数的两个极值点，f（1）是极大值，f（2）是极小值，所以B，C不正确；A不正确；2()32fxaxbxc=

++，由图象可得206ba−，0b，03ca，所以0c，可得0abc，所以D正确；故选：D．6．（2020春•海淀区校级期末）若函数32()()fxxaxxxR=++不存在极值点，则a的取值

范围是()A．3a−或3aB．3a−„或3a…C．33a−D．33a−剟【分析】由于函数32()()fxxaxxxR=++不存在极值，可得()0fx…恒成立，求解出一元二次不等式即可得到a的取值范围．【解答】解：函数32()()fxxaxx

xR=++，2()321fxxax=++，函数32()()fxxaxxxR=++不存在极值，且()fx的图象开口向上，()0fx…对xR恒成立，△24120a=−„，即23a„，a的取值

范围是33a−剟．故选：D．7．（2020•运城三模）函数()22xfxxelnxx=−−的最小值为()A．22ln−B．2lnC．222ln−D．22ln+【分析】用换元法设tlnxx=+，则tR，2tyet=−，设()2tgtet=−，求导，分析单调性，再求最值即可

．【解答】解：因为()22xfxxelnxx=−−，设tlnxx=+，则tR，且()2tftet=−，设()2tgtet=−，则()2tgte=−，()gt在(,2)ln−上单调递减，在(2,)ln

+上单调递增，所以()(2)222gtglnln=−…，所以()gt的最小值为222ln−．即()fx的最小值为222ln−．故选：C．8．（2020春•重庆期末）已知函数()()xfxxkek=−+，kZ

，()gxxlnxx=−，若1(0,)x+，2(0,)x+，不等式21()5()0fxgx−成立，则k的最大值为()A．4B．3C．2D．1【分析】问题转化为则()5()minminfxgx

，分别求出函数的最值，得到关于k的不等式，解出即可．【解答】解：若1(0,)x+，2(0,)x+，不等式21()5()0fxgx−成立，则()5()minminfxgx，()(0)gxxlnxxx=−，则()gxlnx=，令()0gx

，解得：1x，令()0gx，解得：01x，故()gx在(0,1)递减，在(1,)+递增，故()mingxg=（1）1=−，而()(1)xfxxke=−+，①10k−„即1k„时，10xk−+，()0fx，()fx在(0,)+递增，()(0

)0fxf=，()5()minminfxgx成立，②10k−，即1k时，令()0fx，解得：1xk−，令()0fx，解得：01xk−，故()fx在(0,1)k−递减，在(1,)k−+递增，故1()(1)kminfxfkke−=−

=−，故只需15kke−−−，即150kek−−−，令1()5(0)xhxexx−=−−，则1()1xhxe−=−，令()0hx，解得：1x，令()0hx，解得：01x，故()hx在(0

,1)递减，在(1,)+递增，()hxh…（1）5=−，h（2）2570ee=−−=−，h（3）280e=−，h（4）390e=−，故满足150kek−−−的k的最大值是3，故选：B．9．（多选）（2020春•宿迁期末）已知函数()yfx

=的导函数的图象如图所示，下列结论中正确的是()A．1−是函数()fx的极小值点B．3−是函数()fx的极小值点C．函数()fx在区间(3,1)−上单调递增D．函数()fx在0x=处切线的斜率小于零【分析】结合图象求出函数的单调区间，

求出函数的极值点，判断选项即可．【解答】解：由图象得3x−时，()0fx，3x−时，()0fx…，故()fx在(,3)−−递减，在(3,)−+递增，故3−是函数()fx的极小值点，故选：BC．1

0．（多选）（2020春•徐州期中）已知函数31()423fxxx=−+，下列说法中正确的有()A．函数()fx的极大值为223，极小值为103−B．当[3x，4]时，函数()fx的最大值为223，最小值为103−C．函数()fx

的单调减区间为[2−，2]D．曲线()yfx=在点(0,2)处的切线方程为42yx=−+【分析】可以通过求导，来分析函数的单调性，及极值，最值，进而得出结论．【解答】解：()fx定义域为R，2()4fxx=−，令()0fx=，得2x=−或2，

所以在(,2)−−，(2,)+上()fx单调递增，在(2,2)−上单调递减，故C正确，()()3122()2(2)42233fxf=−=−−−+=极大值()fxf=极小值（2）13=（2）34−（2）1023+=−，故A正

确，f（3）13=（3）34−（3）21+=−，f（4）13=（4）34−（4）2223+=，所以当[3x，4]时，()fx最大值为223，最小值为1−故B不正确，(0)4f=−，曲线在点(0,2)处切线方程为24(0)yx−=−−，即42yx=−+，故D正确．故

选：ACD．11．（2020春•海淀区校级期末）设函数()|2|fxxx=−，则()fx的极小值是．【分析】去绝对值，化为分段函数，画出函数的图象，由图象可得答案．【解答】解：当2x时，22()2(1)1fxxxx=−=−−，当2x„时，2

2()2(1)1fxxxx=−+=−−+，则其图象如图所示，由图象可得()fx在(,1)−，(2,)+上单调递增，在(1,2)上单调递减，函数()fx的极小值为f（2）0=，故答案为：0．12．（2020春•运城期末）函数1()sinsin33fxaxx=+

在3x=处有极值，则a的值是．【分析】求出函数的导数，得到关于a的方程，解出检验即可．【解答】解：1()sinsin33fxaxx=+，()coscos3fxaxx=+，若函数1()sinsin33fxaxx=+在3x=处有极值，必

有()03f=，即1102a−=，解得：2a=，故答案为：2．13．（2020春•鼓楼区校级期中）已知函数()(1)xfxex=−，则它的极小值为；若函数()gxmx=，对于任意的1[2x−，2]，总存在2[1x

−，2]，使得12()()fxgx，则实数m的取值范围是．【分析】（1）求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出函数的极小值；（2）问题转化为()()minminfxgx，结合函数的单调性得到关于m的不等式，解出取并集即可．【解答】解：（1）由()(1)xfxex=−，得()(1

)0xxxfxexexe=−+==，x，()fx，()fx的变化如下表：x(,0)−0(0,)+()fx−0+()fx极小值()()0()0011fxfe==−=−极小值；（2）1[2x−，2]，2[1x−，2]，使得12()()fxgx，即()()minminf

xgx()()1minmingxfx=−，1)当0m时，()gx单调递增，()(1)mingxgm=−=−，1m−−，即1m；2)当0m时，()gx单调递减，()mingxg=（2）2m=，故21m−，即12m−；3)当0m=时，()0gx=，不符合题意，舍．综上：1(,)

(1,)2m−−+；故答案为：1−；1(,)(1,)2−−+．14．（2020春•商丘期末）已知函数2()(2)sin(1)()fxxxxxaaR=−−++在区间[1−，3]上的最大值与最小值的和为18，则实数a的值

为．【分析】用换元法令1tx=−，则[2t−，2]，可得原函数变为2(1)sin1yttta=−+++，令2()(1)singtttt=−+，[2t−，2]，则函数()gt为奇函数且()1ygta=++，推出()()0maxmingtgt+=，()()2218maxmi

nfxfxa+=+=，进而解出a的值．【解答】解：令1tx=−，则[2t−，2]，所以原函数变为2(1)sin1yttta=−+++，令2()(1)singtttt=−+，[2t−，2]，则函数()gt为奇

函数且()1ygta=++，所以()()1maxmaxfxgta=++，()()1minminfxgta=++，所以()()()()22maxminmaxminfxfxgtgta+=+++，因为()gt为奇函数，所以()()0maxmingtgt+=，所以()()

2218maxminfxfxa+=+=，所以8a=．15．（2020春•西城区校级期末）已知函数32()(,)fxaxxbxabR=++，()()()gxfxfx=+是奇函数．（Ⅰ）求()fx的表达式；（Ⅱ）求函数()gx的极值．【分析】（Ⅰ）求导得2()32fxaxxb=++，于是32()

(31)(2)gxaxaxbxb=+++++，结合奇函数的特点，可列出关于a、b的方程，解之即可．（Ⅱ）由（1）可知，31()23gxxx=−+，令2()2gxx=−+，则2x=或2−，然后列表写出()gx、()gx随x的变化情况，从表中可知函数()gx的单调性，从而得解．【解答】解：（

Ⅰ）32()fxaxxbx=++，2()32fxaxxb=++，32()()()(31)(2)gxfxfxaxaxbxb=+=+++++，()gx为奇函数，3100ab+==，解得130ab=−=，321()3f

xxx=−+．（Ⅱ）由（1）可知，31()23gxxx=−+，2()2gxx=−+，令()0gx=，则2x=或2−．()gx、()gx随x的变化情况如下表：x(,2)−−2−(2−，2)2(2，)+()gx−0+0−()gx极小值极

大值函数()gx的极小值为3142(2)(2)2(2)33g−=−−+−=−，极大值为3142(2)(2)2233g=−+=．16．（2020春•海淀区校级期末）已知函数21()2fxxlnx=−，2

()gxxxa=−+．（1）求函数()fx的极值；（2）设函数()2()()hxfxgx=−；①求()hx在[1，3]的最小值；②若函数()hx在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围．【分析】（1）先求导，根据导数和函数极值的关系即可求出；（

2）①根据导数和函数最值得关系即可求出；②函数()hx在[1，3]上恰有两个不同零点，则(1)0(3)0(2)0hhh……，解得即可．【解答】解：（1）21()2fxxlnx=−，0x，1()fxxx=−，令()0fx=，解的1x=，当01x时，()0

fx，函数()fx单调递减，当1x时，()0fx，函数()fx单调递增，()fxf=极小值（1）12=，无极大值；（2）①22()2()()22hxfxgxxlnxxxaxlnxa=−=−−+−=−−，[1x，

3]，22()1xhxxx−=−=，当[1x，2)时，()0hx，函数()hx单调递减，当[2x，3]时，()0hx，函数()hx单调递增，()minhxh=（2）222lna=−−．②由h（1）1a=−，h（3）323l

na=−−，()minhxh=（2）222lna=−−，函数()hx在[1，3]上恰有两个不同零点，(1)0(3)0(2)0hhh……，即1032302220alnalna−−−−−……

，解得1323222aalnaln−−„„，32312232(13)0lnlnln−−=−=−，3231ln−，222323lnaln−−．17．（2020•呼和浩特模拟）已知函数()(1)1()

xfxemxmR=−++．（Ⅰ）若函数()fx的极小值为1，求实数m的值；（Ⅱ）若函数()(1)2myfxlnx=++在(0,)x+时，其图象全部都在第一象限，求实数m的取值范围．【分析】()I先对函数求导，然后结合导数与极值关系对m进

行分类讨论，进而可求；()II原问题等价于0x时，()0fx恒成立，构造函数，结合导数与单调性关系分析函数的特征，进而可求．【解答】解：()()xIfxem=−，①若0m„，则()0fx在R上恒成立，()fx在(,)−+单调递增，所以()fx无极值．②若

0m，当xlnm时，()0fx，当xlnm时，()0fx，即()fx在(,)lnm−单调递减，在(,)lnm+单调递增，所以()fx的极小值为()flnm，由(1)11nmlnm−++=，解得1m=．()0IIx

，函数图象全部在第一象限，等价于0x时，()0fx恒成立，令()(1)1(1)(0)2xmgxemxlnxx=−++++，()2(1)xmgxemx=−++，令()2(1)xmhxemx=−++，222(1)()2(1)xxemhxx+−=+，令2()2(1)xpx

xem=+−，显然()px在[0，)+单调递增，()(0)2pxpm=−…．当2m„时，()0px…，所以()0hx…，()hx在(0,)+单调递增，()(0)102mhxh=−厖，即()0gx…，()gx在(0,)+单调递增，

所以()(0)20gxgm=−厖，此时符合题意；当2m时，(0)0p，0(0,)x+，使0()0px=．故()px在0(0,)x恒为负值，()hx在0(0,)x单调递减，此时()(0)102mhxh=−，所以()gx在0(0,)x单调递减，所以()(0)20gxgm=

−，此时不符合题意．故所求m的取值范围为(−，2]．[B组]—强基必备1．（2019•合肥一模）已知函数2()2fxaxxlnx=−+有两个不同的极值点1x，2x，若不等式12()()fxfx+恒成立，则实数的取值范围是()A．[3−，)+B．(3,

)+C．[e−，)+D．(,)e+【分析】求出函数的等式，结合函数的极值点的个数求出a的范围，求出121()()12fxfxlnaa+=−−−，令h（a）112lnaa=−−−，1(0)2a，根据函数的单调性求出的范围即可．【解答】解：

2()2fxaxxlnx=−+，(0)x，2221()(0)axxfxxx−+=，若函数2()2fxaxxlnx=−+有两个不同的极值点1x，2x，则方程22210axx−+=有2个不相等的正实数根，故121248010102axxaxxa=−+=

=，解得102a，所以2212111222()()22fxfxaxxlnxaxxlnx+=−++−+，212121212[()2]2()()axxxxxxlnxx=+−−++112lnaa=−−−，令h（a）112lnaa=−−−，1(0)2a，h（a）210aa−=

，故h（a）在1(0,)2递增，故h（a）1()32h=−，故3−…，故选：A．2．（2019春•锡山区校级期末）已知函数21()()2xfxaexaR=−，若函数有两个极值点1x，2x，且212xx

…，则实数a的取值范围为．【分析】由题意可得11xaex=，22xaex=，作比得221121xxxxxeexe−==，令21xxt−=，结合条件将1x写成关于t的函数，求导分析得到1x的范围，再结合11xxae=得到a的范围，与函

数()fx有两个极值点时a的范围取交集即可．【解答】解：函数()fx由两个极值点1x，2x，()xfxaex=−有两个零点1x，2x，即11xaex=，22xaex=，作比得221121xxxxxeexe−==，令21xxt−=①，则有21txex=，21txxe=，代入①，得11ttxe

=−，由题意知，212txex=…，2tln…，令()1ttgte=−，(2)tln…，21()(1)tttetegte−−=−，令()1tthtete=−−，则()0thtte=−，()ht单调递减，()(2)12

20hthlnln=−„，()gt单调递减，()(2)2gtglnln=„，即12xln„，而11xxae=，令()xxuxe=，则1()0xxuxe−=，()ux在(−，2]ln上单调递增，2()2lnux„，即22lna„，又()xfxaex=−有两个零点1x，2x，()

ux在R上与ya=有两个交点，而1()xxuxe−=，在(,1)−上()ux单调递增，在(1,)+上()ux单调递减，()ux的最大值为1(1)ue=，10ae，综上，202lna„．故答案为：2(0,]2ln．3．（2020•涪城区校级模拟）已知函数()(0)fxa

lnxa=，1()gxxx=−．（1）当2a=时，比较()fx与()gx的大小，并证明；（2）令函数22()[()][()]Fxfxgx=−，若1x=是函数()Fx的极大值点，求a的取值范围．【分析】（1）2a=时，设2()21Gxxlnxx=−+，G（1）0=．0x，()

2(1)Gxlnxx=+−，令()1uxlnxx=+−，利用导数研究函数()Gx在(0,)+上单调性，即得出大小关系．（2）函数222222111()[()][()][]()24Fxfxgxalnxxalnxxxx=−=−−=−−+．2211()1

2lnxFxaxx=−+．根据1是函数()Fx的极大值点，可得1x时，2211()10.012lnxFxaxxx=−+时，2211()102lnxFxaxx=−+．利用导数研究函数的单调性极值即可得出．【解答】解：（1）2a=时，设2()21Gxxl

nxx=−+，G（1）0=．则0x，()2(1)Gxlnxx=+−，令()1uxlnxx=+−，1(1)()1xuxxx−−=−=，可得1x=时，函数()ux取得极大值，()uxu„（1）0=．()2(1)0Gxlnxx=+−„，()Gx是(0,)+

上的减函数，01x，()0Gx，即221xlnxx−，12lnxxx−．1x=时，可得12lnxxx=−．1x时，12lnxxx−．（2）函数222222111()[()][()][]()24Fxfxgxalnxxalnxxxx=

−=−−=−−+．2211()12lnxFxaxx=−+．1是函数()Fx的极大值点，1x时，2211()10.012lnxFxaxxx=−+时，2211()102lnxFxaxx=−+．①1x时，2211()102lnxFxaxx=

−+．化为：22112xaxlnx−，令21()xhxxlnx−=，1x．2221()()xlnxlnxxhxxlnx+−+=，令22()1uxxlnxlnxx=+−+，1()2()uxxlnxxvxx=−+=，2

1()210vxlnxx=+−．()uxv（1）0=．()uxu（1）0=．()0hx．()hx在(1,)x+上单调递增．1x→时，21221xxxlnxlnx−→=+，2122a„，可得24a„．

②01x时，2211()102lnxFxaxx=−+…．同理可得：24a„综上可得：24a„，解得22a−剟．a的取值范围是[2−，2]．