2019版高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时达标检测十五导数与函数的极值最值理

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2019版高考数学文大一轮优选全国课时达标15导数与函数

课时达标第15讲[解密考纲]本考点主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值或者已知最值求参数等问题．高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．一、选择题1．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为( D ) A ．⎣⎡⎭⎫32，＋∞ B ．⎝⎛⎭⎫32，＋∞C ．⎝⎛⎦⎤－∞，－32∪⎣⎡⎭⎫32，＋∞D ．⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞解析若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有两个不同的根，故Δ＝(－4c )2－12>0，从而c >32或c <－32. 2．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( A )A ．12B ．1C ．0D ．不存在解析 f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x >0，令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1，∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.故选A ．3．已知x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，那么函数f (x )的极大值为( D ) A ．15 B ．16 C ．17D ．18解析 x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，即x ＝2是f ′(x )＝3x 2－3a ＝0的根，将x ＝2代入得a ＝4，所以函数解析式为f (x )＝x 3－12x ＋2.令f ′(x )＝3x 2－12＝0，得x ＝±2，故函数在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x ＝－2时函数f (x )取得极大值f (－2)＝18.故选D ．4．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1，x ≤0，e ax ，x >0在[－2,2]上的最大值为2，则实数a 的取值范围是( D )A ．⎣⎡⎭⎫12ln 2，＋∞ B ．⎣⎡⎦⎤0，12ln 2 C ．(－∞，0)D ．⎝⎛⎦⎤－∞，12ln 2 解析当x ∈[－2,0)时，因为f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)，所以在[－2，－1)上，f ′(x )>0，在(－1,0]上，f ′(x )≤0，则当x ∈[－2,0]时函数有最大值，为f (－1)＝2.当a ≤0时，若x >0，显然e ax ≤1，此时函数在[－2,2]上的最大值为2，符合题意；当a >0时，若函数在[－2,2]上的最大值为2，则e 2a ≤2，得0<a ≤12ln 2.综上可知a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12ln 2.故选D ． 5．已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( A )A ．－37B ．－29C ．－5D ．－11解析 f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2.∵f (0)＝m ，f (2)＝－8＋m ，f (－2)＝－40＋m ，显然f (0)>f (2)>f (－2)，∴m ＝3，最小值为f (－2)＝－37.故选A ．6．若函数f (x )＝13x 3－⎝⎛⎭⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R 上的极小值为( A )A ．2b －43B ．32b －23C ．0D ．b 2－16b 3解析 f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)． ∵函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数， ∴－30，得x 2.由f ′(x )<0，得b <x <2，∴函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43.故选A ．二、填空题7．已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M －m ＝__32__.解析 f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0，则x ＝2和x ＝－2为其两个极值点，f (3)＝－1，f (－3)＝17，f (2)＝－8，f (－2)＝24，∴M ＝24，m ＝－8，M －m ＝32.8．已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为__4__.解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(2)＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′(1)＝3×12＋6a ×1＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0，∴f ′(x )＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2， ∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.9．已知函数f (x )的定义域是[－1,5]，部分对应值如下表.f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则f (x )的极小值为__0__.解析由y ＝f ′(x )的图象知，f ′(x )与f (x )随x 的变化情况如下表.所以f (2)为f (x )的极小值，f (2)＝0. 三、解答题10．已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．解析 (1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－ae x .由曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，得f ′(1)＝0，即1－ae＝0，解得a ＝e.(2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x ＝a ，即x ＝ln a .x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．11．(2018·福建南安诗山中学月考)已知函数f (x )＝ax 2－2ax ＋2＋a (a ＜0)，若f (x )在区间[2,3]上有最大值1.(1)求a 的值；(2)若g (x )＝f (x )－mx 在[2,4]上单调，求实数m 的取值范围．解析方法一 (1)因为函数的图象是抛物线，a <0，所以开口向下，对称轴是直线x ＝1，所以函数f (x )在[2,3]上单调递减，所以当x ＝2时，f (x )max ＝f (2)＝2＋a ＝1，所以a ＝－1.(2)因为a ＝－1，所以f (x )＝－x 2＋2x ＋1，所以g (x )＝f (x )－mx ＝－x 2＋(2－m )x ＋1， g (x )的图象开口向下，对称轴为直线x ＝2－m 2，因为g (x )在[2,4]上单调，所以2－m 2≤2或2－m 2≥4，从而m ≤－6或m ≥－2.所以m 的取值范围是(－∞，－6]∪[－2，＋∞)．方法二 (1)因为f ′(x )＝2ax －2a ＝2a (x －1)(a <0)，所以x >1时，f ′(x )<0，f (x )在[2,3]上单调递减，所以f (x )max ＝f (2)＝2＋a ＝1，所以a ＝－1. (2)g (x )＝－x 2＋2x ＋1－mx ＝－x 2＋(2－m )x ＋1， g ′(x )＝－2x ＋(2－m )＝－2⎝⎛⎭⎫x －2－m 2，因为g (x )在[2,4]上单调，所以2－m 2≤2或2－m2≥4，所以m ≤－6或m ≥－2，所以实数m 的取值范围是(－∞，－6]∪[－2，＋∞)． 12．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝(－x 2＋ax －3)e x (a 为实数)． (1)当a ＝5时，求函数y ＝g (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求f (x )在区间[t ，t ＋2](t >0)上的最小值．解析 (1)当a ＝5时，g (x )＝(－x 2＋5x －3)e x ，g (1)＝e.又g ′(x )＝(－x 2＋3x ＋2)e x ，故切线的斜率为g ′(1)＝4e. 所以切线方程为y －e ＝4e(x －1)，即y ＝4e x －3e. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.①当t ≥1e 时，在区间[t ，t ＋2]上f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f (t )＝t ln t .②当0<t <1e 时，在区间⎣⎡⎭⎫t ，1e 上f (x )为减函数，在区间⎝⎛⎦⎤1e ，t ＋2上f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e. 综上，f (x )min＝⎩⎨⎧t ln t ，t ≥1e，－1e ，0<t <1e.。

(通用版)2019版高考数学一轮复习第3章导数及其应用3第3讲导数与函数的极值、最值教案理

第3讲导数与函数的极值、最值1．函数的极值函数y ＝f (x )在点x ＝a 的函数值f (a )比它在点x ＝a 附近其他点的函数值都小，f ′(a )＝0；而且在点x ＝a 附近的左侧f ′(x )＜0，右侧f ′(x )＞0，则点a 叫做函数y ＝f (x )的极小值点，f (a )叫做函数y ＝f (x )的极小值．函数y ＝f (x )在点x ＝b 的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近其他点的函数值都大，f ′(b )＝0；而且在点x ＝b 附近的左侧f ′(x )＞0，右侧f ′(x )＜0，则点b 叫做函数y ＝f (x )的极大值点，f (b )叫做函数y ＝f (x )的极大值．极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、极小值统称为极值．[提醒] (1)函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能称为极值点； (2)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值； (3)极大值与极小值之间无确定的大小关系． 2．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值． 3．极值与最值的区别与联系 (1)区别①当连续函数在开区间内的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值点； ②极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的．( ) (2)导数为零的点不一定是极值点．( ) (3)函数的极大值不一定比极小值大．( )(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√(教材习题改编)函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：选A .导函数f ′(x )的图象与x 轴的交点中，左侧图象在x 轴下方，右侧图象在x 轴上方的只有一个．所以f (x )在区间(a ，b )内有一个极小值点．函数y ＝ln x －x 在x ∈(0，e]上的最大值为( )A ．eB ．1C ．－1D ．－e解析：选C .函数y ＝ln x －x 的定义域为(0，＋∞)，又y ′＝1x －1＝1－xx，令y ′＝0得x ＝1，当x ∈(0，1)时，y ′>0，函数单调递增；当x ∈(1，e)时，y ′<0，函数单调递减．当x ＝1时，函数取得最大值－1.已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝________．解析：由题意得f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )＝0得x ＝±2，当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(－2，2)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以a ＝2.答案：2(教材习题改编)函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是________．解析：y ′＝1－2sin x ，令y ′＝0，又因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，解得x ＝π6，则当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，y ′＞0；当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′＜0，故函数y ＝x ＋2cos x 在x ＝π6时取得最大值π6＋ 3.答案：π6＋ 3函数的极值问题(高频考点)函数的极值是每年高考的热点，一般为中高档题，三种题型都有．高考对函数极值的考查主要有以下三个命题角度： (1)由图判断函数极值的情况； (2)已知函数解析式求极值； (3)已知函数极值求参数值或范围．[典例引领]角度一由图判断函数极值的情况(2017·高考浙江卷)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )【解析】原函数先减再增，再减再增，且x ＝0位于增区间内，故选D . 【答案】 D角度二已知函数解析式求极值(2018·湖南省五市十校联考)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)令g (x )＝f (x )－(ax －1)，求函数g (x )的极值．【解】 (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点为(1，1)，又f ′(x )＝1x＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1，则g ′(x )＝1x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x，当a ≤0时，因为x ＞0，所以g ′(x )＞0.所以g (x )在(0，＋∞)上是增函数，函数g (x )无极值点．当a ＞0时，g ′(x )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x＝－a （x －1a）（x ＋1）x，令g ′(x )＝0得x ＝1a.所以当x ∈(0，1a )时，g ′(x )＞0；当x ∈(1a，＋∞)时，g ′(x )＜0.因为g (x )在(0，1a )上是增函数，在(1a，＋∞)上是减函数．所以x ＝1a 时，g (x )有极大值g (1a )＝ln 1a －a 2×1a 2＋(1－a )·1a ＋1＝12a －ln a .综上，当a ≤0时，函数g (x )无极值；当a ＞0时，函数g (x )有极大值12a －ln a ，无极小值．角度三已知函数极值求参数值或范围(2016·高考山东卷)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R .(1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值．求实数a 的取值范围．【解】 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)．则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当a >0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a >0时，g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0. ①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意． ④当a >12时，0<12a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意．综上可知，实数a 的取值范围为a >12.(1)利用导数研究函数极值问题的一般流程(2)已知函数极值点或极值求参数的两个要领①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． ②验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．[提醒] 若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有极值，那么y ＝f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．[通关练习]1．(2017·高考全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( ) A ．－1 B ．－2e －3C ．5e －3D ．1解析：选A.因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )ex －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝[x2＋(a ＋2)x ＋a －1]ex －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)ex －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)ex －1＝(x ＋2)(x －1)ex －1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，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 ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1，选择A. 2．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．解：(1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如表．极大值(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x ＞0)，当a ≤0时，f ′(x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a ＞0时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )＜0，故函数在x ＝1a处有极大值．综上所述，当a ≤0时，函数在定义域上无极值点，当a ＞0时，函数在x ＝1a处有一个极大值点．函数的最值问题[典例引领](2017·高考浙江卷)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x(x ≥12)．(1)求f (x )的导函数；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围．【解】 (1)因为(x －2x －1)′＝1－12x －1，(e－x)′＝－e－x，所以f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －x －(x －2x －1)·e －x＝（1－x ）（2x －1－2）e －x2x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫x >12. (2)由f ′(x )＝（1－x ）（2x －1－2）e－x2x －1＝0，解得x ＝1或x ＝52.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：又f (x )＝2(2x －1－1)2e －x≥0，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，＋∞上的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2e －2.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．[通关练习]1．函数f (x )＝x 22x ＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1上的最小值与最大值的和为( ) A.13 B.23 C ．1D ．0解析：选A.f ′(x )＝2x （2x ＋1）－2x2（2x ＋1）2＝2x （x ＋1）（2x ＋1）2，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1，当f ′(x )＝0时，x ＝0；当f ′(x )<0时，－13≤x <0；当f ′(x )>0时，0<x ≤1.所以f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－13，0上是减函数，在(0，1]上是增函数．所以f (x )min ＝f (0)＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝13，f (1)＝13.所以f (x )的最大值与最小值的和为13.2．(2018·贵阳市检测)已知函数f (x )＝x －1x－ln x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在[1e ，e]上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)．解：(1)f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f ′(x )＝1x2－1x＝1－xx2，所以f ′(x )＞0⇒0＜x ＜1，f ′(x )＜0⇒x ＞1，所以f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)由(1)得f (x )在[1e ，1]上单调递增，在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1e ，e]上的最大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0.又f (1e )＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ，且f (1e )＜f (e)．所以f (x )在[1e ，e]上的最小值为f (1e)＝2－e.所以f (x )在[1e，e]上的最大值为0，最小值为2－e.函数极值与最值的综合应用[典例引领](2018·福州市综合质量检测)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2－ax (a ∈R )． (1)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间； (2)求g (x )＝f (x )－2x 在区间[1，e]上的最小值h (a )．【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋ax，因为x ＝3是f (x )的极值点，所以f ′(3)＝18－3a ＋a3＝0，解得a ＝9，所以f ′(x )＝2x 2－9x ＋9x ＝（2x －3）（x －3）x，所以当0＜x ＜32或x ＞3时，f ′(x )＞0；当32＜x ＜3时，f ′(x )＜0.所以x ＝3是f (x )的极小值点，所以f (x )的单调递增区间为(0，32)，(3，＋∞)，单调递减区间为(32，3)．(2)g ′(x )＝2x 2－ax ＋a x －2＝（2x －a ）（x －1）x.①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上为增函数，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1＜a 2＜e ，即2＜a ＜2e 时，g (x )在[1，a 2)上为减函数，在(a2，e]上为增函数，h (a )＝g (a 2)＝a ln a 2－14a 2－a ；③当a2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上为减函数，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1，a ≤2a ln a 2－14a 2－a ，2＜a ＜2e.（1－e ）a ＋e 2－2e ，a ≥2e解决函数极值、最值问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论． (3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x <1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f (x )在区间[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值．解：(1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝3.(2)①当－1≤x <1时，由(1)知，函数f (x )在[－1，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1，1)上的最大值为2.②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0；当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增．所以f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a . 所以当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.利用导数研究生活中的优化问题[典例引领]某食品厂进行蘑菇的深加工，每公斤蘑菇的成本为20元，并且每公斤蘑菇的加工费为t 元(t 为常数，且2≤t ≤5)．设该食品厂每公斤蘑菇的出厂价为x 元(25≤x ≤40)，根据市场调查，销售量q 公斤与e x成反比，当每公斤蘑菇的出厂价为30元时，日销售量为100公斤．(1)求该工厂的每日利润y 元与每公斤蘑菇的出厂价x 元的函数关系式；(2)若t ＝5，当每公斤蘑菇的出厂价x 为多少时，该工厂的每日利润y 最大？并求最大值．【解】 (1)设日销量q ＝k e x ，则ke 30＝100，所以k ＝100e 30，所以日销量q ＝100e30ex ，所以y ＝100e 30（x －20－t ）e x(25≤x ≤40)． (2)当t ＝5时，y ＝100e 30（x －25）e x， y ′＝100e 30（26－x ）ex，由y ′≥0得x ≤26，由y ′≤0，得x ≥26，所以y 在区间[25，26]上单调递增，在区间[26，40]上单调递减，所以当x ＝26时，y ma x ＝100e 4，即当每公斤蘑菇的出厂价为26元时，该工厂的每日利润最大，最大值为100e 4元．一列电力机车每小时电的消耗费用与机车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h 时，每小时消耗的电价值40元，其他费用每小时需400元，机车的最高速度为100 km/h ，机车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？解：设机车的速度为x km/h ，甲、乙两城距离为a km. 由题意，令40＝k ·203，所以k ＝1200，则总费用f (x )＝(kx 3＋400)·a x＝a ⎝⎛⎭⎪⎫kx 2＋400x ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1200x 2＋400x (0<x ≤100)．由f ′(x )＝a （x 3－40 000）100x2＝0，得x ＝2035.当0<x <2035，f ′(x )<0；当2035<x ≤100时，f ′(x )>0.所以当x ＝2035时，f (x )取最小值，即速度为2035 km/h 时，总费用最少．求函数的极值、最值，通常转化为对函数的单调性的分析讨论，所以，研究函数的单调性、极值、最值归根结底都是对函数单调性的研究．研究函数的性质借助数形结合的方法有助于问题的解决．函数的单调性常借助导函数的图象分析导数的正负；函数的极值常借助导函数的图象分析导函数的变号零点；函数的最值常借助原函数图象来分析最值点．分类讨论思想的应用(1)利用导数研究函数的性质，不能以统一的方法或形式处理多种可能情形的对象．此时可选择一个标准，依此分成几个能用不同形式去解决的小问题，从而获得问题解决，体现化整为零，各个击破、积零为整的思想——分类讨论．如求函数f (x )在某一区间上的最值，应根据函数在该区间上的单调性求解，若函数的单调区间含参数，需根据所求区间与函数的单调区间的相对位置关系进行分类讨论，分类的目的是确定函数在所求区间上的单调性．(2)解含参函数单调区间、极值、最值问题时，容易产生讨论的两个地方： ①f ′(x )＝0有根与无根的讨论； ②f ′(x )＝0有根，对根大小的讨论．易错防范(1)求函数极值时，误把导数为0的点作为极值点；(2)易混极值与最值，注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．1．函数y ＝x e x的最小值是( ) A ．－1 B ．－e C ．－1eD ．不存在解析：选C.因为y ＝x ·e x，所以y ′＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，当x ∈(－∞，－1)时，y ′＜0，当x ∈(－1，＋∞)时，y ′＞0，所以当x ＝－1时，y min ＝(－1)e －1＝－1e.2．从边长为10 cm ×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为( ) A ．12 cm 3B ．72 cm 3C ．144 cm 3D ．160 cm 3解析：选C.设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，则x ∈(0，5)，y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x ，所以y ′＝12x 2－104x ＋160.令y ′＝0，得x ＝2或203(舍去)，所以y ma x ＝6×12×2＝144(cm 3)．3．已知函数y ＝x －ln(1＋x 2)，则函数y 的极值情况是( ) A ．有极小值 B ．有极大值C ．既有极大值又有极小值D ．无极值解析：选D.由题意得x ∈R ，y ′＝1－11＋x 2·(1＋x 2)′＝1－2x 1＋x 2＝（x －1）21＋x 2≥0，所以函数y ＝x －ln(1＋x 2)无极值．4．函数f (x )的定义域为R ，导函数f ′(x )的图象如图所示，则函数f (x )( )A ．无极大值点、有四个极小值点B ．有三个极大值点、一个极小值点C ．有两个极大值点、两个极小值点D ．有四个极大值点、无极小值点解析：选C.设f ′(x )的图象与x 轴的4个交点从左至右依次为x 1、x 2、x 3、x 4. 当x <x 1时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数，则x ＝x 1为极大值点，同理，x ＝x 3为极大值点，x ＝x 2，x ＝x 4为极小值点，故选C.5．若函数f (x )＝x 3－3ax 在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a 的取值范围为( ) A ．(1，4] B ．[2，4] C ．[1，4)D ．[1，2]解析：选C.因为f ′(x )＝3(x 2－a )，所以当a ≤0时，f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上单调递增，f (x )没有极值点，不符合题意；当a >0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：⎩－a ≤－1⎩2≤a ，1≤a <4.选C.6．函数f (x )＝x 3－3x 2＋4在x ＝________处取得极小值．解析：由f ′(x )＝3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2.列表得答案：27．(2018·湖南郴州高三模拟)已知奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e xx －1（x ＞0），h （x ）（x ＜0），则函数h (x )的最大值为______．解析：先求出x ＞0时，f (x )＝e xx －1的最小值．当x ＞0时，f ′(x )＝e x（x －1）x2，所以x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数单调递减，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数单调递增，所以x ＝1时，函数取得极小值即最小值，为e －1，所以由已知条件得h (x )的最大值为1－e. 答案：1－e8．已知函数f (x )＝ln x －m x(m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝______．解析：f ′(x )＝1x ＋m x 2＝x ＋mx2(x ＞0)，当m ＞0时，f ′(x )＞0，f (x )在区间[1，e]上为增函数，f (x )有最小值f (1)＝－m ＝4，得m ＝－4，与m ＞0矛盾．当m ＜0时，若－m ＜1即m ＞－1，f (x )在区间[1，e]上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－m ＝4，得m ＝－4，与m ＞－1矛盾；若－m ∈[1，e]，即－e ≤m ≤－1，f (x )min ＝f (－m )＝ln(－m )＋1＝4，解得m ＝－e 3，与－e ≤m ≤－1矛盾；若－m ＞e ，即m ＜－e 时，f (x )在区间[1，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝1－me ＝4，解得m＝－3e ，符合题意．答案：－3e9．(2017·高考北京卷)已知函数f (x )＝e xcos x －x . (1)求曲线y ＝ f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．解：(1)因为f (x )＝e xcos x －x ，所以f ′(x )＝e x(cos x －sin x )－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. (2)设h (x )＝e x(cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，h ′(x )<0，所以h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．所以对任意x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0. 所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．因此f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2. 10．已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0，1)．1．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0，2)时，f (x )＝ln x －ax (a ＞12)，当x ∈(－2，0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝( )A ．14B ．13C ．12D ．1解析：选D.因为f (x )是奇函数，所以f (x )在(0，2)上的最大值为－1.当x ∈(0，2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0，得x ＝1a ，又a ＞12，所以0＜1a ＜2.当x ＜1a 时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，1a )上单调递增；当x ＞1a 时，f ′(x )＜0，f (x )在(1a，2)上单调递减，所以f (x )ma x ＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a＝－1，解得a ＝1.故选D. 2．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，0)B ．(－5，0)C ．[－3，0)D ．(－3，0)解析：选C.由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其大致图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3，0)．3．已知函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为______．解析：f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝（x －2）⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x 2(x ＞0)．设g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝（x －1）exx2，则g (x )在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．所以g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝exx与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e. 答案：(－∞，e]4．设m ，n 是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若2∈(m ，n )，则实数a 的取值范围是______．解析：由已知f (x )的解析式知f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2，因为函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 有两个极值点m ，n ，所以f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2有两个零点m ，n ，又因为2∈(m ，n )，所以有f ′(2)＝12－8a ＋a 2＜0，解得2＜a ＜6. 答案：(2，6)5．(2018·南昌市第一次模拟)已知函数f (x )＝(2x －4)e x ＋a (x ＋2)2(x ＞0，a ∈R ，e 是自然对数的底数)．(1)若f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)当a ∈(0，12)时，证明：函数f (x )有最小值，并求函数f (x )的最小值的取值范围．解：(1)f ′(x )＝2e x ＋(2x －4)e x ＋2a (x ＋2)＝(2x －2)e x＋2a (x ＋2)，依题意，当x ＞0时，函数f ′(x )≥0恒成立，即a ≥－（x －1）e x x ＋2恒成立，记g (x )＝－（x －1）exx ＋2，则g ′(x )＝－x e x （x ＋2）－（x －1）e x （x ＋2）2＝－（x 2＋x ＋1）e x（x ＋2）2＜0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以g (x )＜g (0)＝12，所以a ≥12.(2)因为[f ′(x )]′＝2x e x＋2a ＞0，所以y ＝f ′(x )是(0，＋∞)上的增函数，又f ′(0)＝4a －2＜0，f ′(1)＝6a ＞0，所以存在t ∈(0，1)使得f ′(t )＝0，又当x ∈(0，t )时，f ′(x )＜0，当x ∈(t ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以当x ＝t 时，f (x )min ＝f (t )＝(2t －4)e t＋a (t ＋2)2.且有f ′(t )＝0⇒a ＝－（t －1）ett ＋2，则f (x )min ＝f (t )＝(2t －4)e t －(t －1)(t ＋2)e t＝e t (－t 2＋t －2)，t ∈(0，1)．记h (t )＝e t (－t 2＋t －2)，则h ′(t )＝e t (－t 2＋t －2)＋e t (－2t ＋1)＝e t (－t 2－t －1)＜0，所以h (1)＜h (t )＜h (0)，即f (x )的最小值的取值范围是(－2e ，－2)．6．(2018·山西三区八校模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b 为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值．(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值．解：(1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋b ，因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值，所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，又a ＝1，所以b ＝－3，则f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)由(1)知f ′(x )＝（2ax －1）（x －1）x，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a，因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x 2＝12a≠x 1＝1，当12a＜0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f (x )在区间(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2，当a ＞0时，x 2＝12a＞0，当12a ＜1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，[1，e]上单调递增，所以最大值可能在x ＝12a或x＝e 处取得，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2－(2a ＋1)12a ＝ln 12a －14a －1＜0，所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2，当1＜12a ＜e 时，f (x )在区间(0，1)上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a ，e 上单调递增，所以最大值可能在x ＝1或x ＝e 处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0，所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2，与1＜x 2＝12a＜e 矛盾，当x 2＝12a ≥e 时，f (x )在区间(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0，矛盾，综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2.。

2019届高考数学一轮复习第三章导数及其应用考点规范练15导数与函数的单调性极值最值文新人教B版

考点规范练15 导数与函数的单调性、极值、最值基础巩固1.函数f(x)=(x-3)e x的单调递增区间是()A.(-∞,2)B.(0,3)C.(1,4)D.(2,+∞)2.(2017山东烟台一模)已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示,则下列结论成立的是()A.a>0,b>0,c>0,d<0B.a>0,b>0,c<0,d<0C.a<0,b<0,c>0,d>0D.a>0,b>0,c>0,d>03.定义域为R的可导函数y=f(x)的导函数f'(x),满足f(x)<f'(x),且f(0)=2,则不等式f(x)>2e x 的解集为()A.(-∞,0)B.(-∞,2)C.(0,+∞)D.(2,+∞)4.(2017河南濮阳一模)设f'(x)是函数f(x)定义在(0,+∞)上的导函数,满足xf'(x)+2f(x)=1x2,则下列不等式一定成立的是()A.f(e)e2>f(e2)eB.f(2)9<f(3)4C.f(2)e2>f(e)4D.f(e)e2<f(3)95.已知函数f(x)=-12x2+4x-3ln x在[t,t+1]上不单调,则t的取值范围是.6.若函数g(x)=ln x+ax2+bx,且g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线与x轴平行.(1)确定a与b的关系;(2)若a≥0,试讨论函数g(x)的单调性.7.已知函数f(x)=ax 2+bx+ce x(a>0)的导函数y=f'(x)的两个零点为-3和0.(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)的极小值为-e3,求f(x)的极大值及f(x)在区间[-5,+∞)内的最大值.8.设a>0,函数f (x )=e xx 2+a .(1)若a=59,求函数f (x )的单调区间;(2)当x=12时,函数f (x )取得极值,证明:对于任意的x 1,x 2∈[12,32],|f (x 1)-f (x 2)|≤3-e3√e .9.设函数f (x )=3x 2+axe x(a ∈R ).(1)若f (x )在x=0处取得极值,确定a 的值,并求此时曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程; (2)若f (x )在[3,+∞)内为减函数,求a 的取值范围.能力提升10.(2017广西南宁一模)已知函数f(x)=-x2-6x-3,g(x)=2x3+3x2-12x+9,m<-2,若∀x1∈[m,-2),∃x2∈(0,+∞),使得f(x1)=g(x2)成立,则m的最小值为()A.-5B.-4C.-2√5D.-311.(2017河北邯郸二模)若函数f(x)=(x2-ax+a+1)e x(a∈N)在区间(1,3)内只有1个极值点,则曲线f(x)在点(0,f(0))处切线的方程为.12.设函数f(x)=x 2-1lnx.(1)求证:f(x)在(0,1)和(1,+∞)内都是增函数;(2)若在函数f(x)的定义域内,不等式af(x)>x恒成立,求a的取值范围.13.设函数f(x)=x3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=0;.(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[-1,1]上的最大值不小于14高考预测14.已知函数f(x)=a ln x-ax-3(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,对于任意的t∈[1,2],函数]在区间(t,3)内总不是单调函数,求m的取值范围.g(x)=x3+x2·[f'(x)+m2参考答案考点规范练15 导数与函数的单调性、极值、最值1.D 解析函数f (x )=(x-3)e x 的导数为f'(x )=[(x-3)e x ]'=e x +(x-3)e x =(x-2)e x.由函数导数与函数单调性的关系,得当f'(x )>0时,函数f (x )单调递增,此时由不等式f'(x )=(x-2)e x>0,解得x>2. 2.C 解析由题图可知f (0)=d>0,排除选项A,B;由f'(x )=3ax 2+2bx+c ,且由题图知(-∞,x 1),(x 2,+∞)是函数的单调递减区间,可知a<0,排除D .故选C . 3.C 解析设g (x )=f (x )e x,则g'(x )=f '(x )-f (x )e x. ∵f (x )<f'(x ),∴g'(x )>0,即函数g (x )在定义域内单调递增. ∵f (0)=2,∴g (0)=f (0)=2,∴不等式f (x )>2e x 等价于g (x )>g (0). ∵函数g (x )在定义域内单调递增. ∴x>0,∴不等式的解集为(0,+∞),故选C .4.B 解析∵xf'(x )+2f (x )=1x2,∴x 2f'(x )+2xf (x )=1x ,令g (x )=x 2f (x ),则g'(x )=2xf (x )+x 2f'(x )=1x>0,∴函数g (x )在(0,+∞)内单调递增. ∴g (2)=4f (2)<g (e)=e 2f (e)<g (3)=9f (3), ∴f (2)9<f (3)4.故选B .5.(0,1)∪(2,3)解析由题意知f'(x )=-x+4-3x=-x 2+4x -3x=-(x -1)(x -3)x .由f'(x )=0得x 1=1,x 2=3,可知1,3是函数f (x )的两个极值点.则只要这两个极值点有一个在区间(t ,t+1)内,函数f (x )在区间[t ,t+1]上就不单调,由t<1<t+1或t<3<t+1,得0<t<1或2<t<3.6.解(1)因为g (x )=ln x+ax 2+bx ,所以g'(x )=1x+2ax+b ,由题意,得g'(1)=1+2a+b=0,所以2a+b=-1. (2)当a=0时,g'(x )=-x -1x, 由g'(x )>0解得0<x<1,由g'(x )<0解得x>1,即函数g (x )在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减.当a>0时,令g'(x )=0,得x=1或x=12a ,若12a<1,即a>12,则由g'(x )>0解得x>1或0<x<12a,由g'(x )<0解得12a <x<1,即函数g (x )在(0,12a ),(1,+∞)内单调递增,在(12a ,1)内单调递减;若12a>1,即0<a<12,则由g'(x )>0解得x>12a或0<x<1,由g'(x )<0解得1<x<12a,即函数g (x )在(0,1),(12a ,+∞)内单调递增,在(1,12a)内单调递减; 若12a=1,即a=12,则在(0,+∞)上恒有g'(x )≥0, 即函数g (x )在(0,+∞)内单调递增.综上可得:当a=0时,函数g (x )在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减; 当0<a<12时,函数g (x )在(0,1)内单调递增,在(1,12a )内单调递减,在(12a,+∞)内单调递增; 当a=12时,函数g (x )在(0,+∞)内单调递增; 当a>12时,函数g (x )在(0,12a )内单调递增,在(12a,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增. 7.解(1)因为f (x )=ax 2+bx+ce x,所以f'(x )=-ax 2+(2a -b )x+b -ce x,设g (x )=-ax 2+(2a-b )x+b-c.因为a>0,所以由题意知:当-3<x<0时,g (x )>0,即f'(x )>0; 当x<-3或x>0时,g (x )<0,即f'(x )<0.所以f (x )的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3),(0,+∞). (2)由(1)知,x=-3是f (x )的极小值点,故有9a -3b+c e -3=-e 3.结合g (0)=b-c=0,g (-3)=-9a-3(2a-b )+b-c=0,解得a=1,b=5,c=5,所以f (x )=x 2+5x+5e x.因为f (x )的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3),(0,+∞), 所以f (0)=5为函数f (x )的极大值,且f (x )在区间[-5,+∞)内的最大值为f (-5)和f (0)中的最大者. 而f (-5)=5e-5=5e 5>5=f (0),所以函数f (x )在区间[-5,+∞)内的最大值是5e 5.8.(1)解当a=59时,f'(x )=e x (x 2+a -2x )(x 2+a )2=e x [(x -1)2+a -1](x 2+a )2=e x [(x -1)2-49](x 2+59)2.令f'(x )>0,即(x-1)2-49>0,解得x<13或x>53.因此,函数f (x )在区间(-∞,13),(53,+∞)内单调递增. 令f'(x )<0,即(x-1)2-49<0,解得13<x<53. 因此,函数f (x )在区间(13,53)内单调递减. (2)证明当x=12时,函数f (x )取得极值,即f'(12)=0,所以(12)2+a-2×12=0.所以a=34.同理,由(1)易知,f (x )在区间(-∞,12),(32,+∞)内单调递增,在区间(12,32)内单调递减. 所以f (x )在x=12时取得极大值f (12)=√e ,在x=32时取得极小值f (32)=e √e3. 所以在区间[12,32]上,f (x )的最大值是f (12)=√e ,最小值是f (32)=e √e3. 所以对于任意的x 1,x 2∈[12,32],|f (x 1)-f (x 2)|≤√e −e3√e ,即|f (x 1)-f (x 2)|≤3-e3√e .9.解(1)对f (x )求导得f'(x )=(6x+a )e x -(3x 2+ax )e x(e x )2=-3x 2+(6-a )x+ae x.因为f (x )在x=0处取得极值,所以f'(0)=0,即a=0. 当a=0时,f (x )=3x 2e x ,f'(x )=-3x 2+6xe x ,故f (1)=3e ,f'(1)=3e ,从而f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y-3e=3e(x-1),化简,得3x-e y=0.(2)由(1)知f'(x )=-3x 2+(6-a )x+ae x.令g (x )=-3x 2+(6-a )x+a , 由g (x )=0解得x 1=6-a -√a 2+366,x 2=6-a+√a 2+366. 当x<x 1时,g (x )<0,即f'(x )<0,故f (x )为减函数; 当x 1<x<x 2时,g (x )>0,即f'(x )>0,故f (x )为增函数; 当x>x 2时,g (x )<0,即f'(x )<0,故f (x )为减函数. 由f (x )在[3,+∞)内为减函数,知x 2=6-a+√a 2+366≤3,解得a ≥-92,故a 的取值范围为[-92,+∞).10.A 解析∵g (x )=2x 3+3x 2-12x+9,∴g'(x )=6x 2+6x-12=6(x+2)(x-1),则当0<x<1时,g'(x )<0,函数g (x )递减,当x>1时,g'(x )>0,函数g (x )递增,∴当x>0时,g (x )min =g (1)=2.∵f (x )=-x 2-6x-3=-(x+3)2+6≤6,作函数y=(x )的图象,如图所示,当f (x )=2时,方程两根分别为-5和-1,则m 的最小值为-5,故选A . 11.x-y+6=0解析∵f'(x )=e x[x 2+(2-a )x+1],若f (x )在(1,3)内只有1个极值点,∴f'(1)·f'(3)<0,即(a-4)(3a-16)<0,解得4<a<163.∵a ∈N ,∴a=5.故f (x )=e x (x 2-5x+6),f'(x )=e x (x 2-3x+1),故f (0)=6,f'(0)=1,故切线方程是y-6=x ,故答案为x-y+6=0. 12.(1)证明f'(x )=2xlnx -x 2-1x(lnx )2=x(lnx )2(2lnx -x 2-1x 2)(x>0,x ≠1). 令g (x )=2ln x-x 2-1x 2,则g'(x )=2(x+1)(x -1)x 3. 当0<x<1时,g'(x )<0,g (x )是减函数,g (x )>g (1)=0. 于是f'(x )=x (lnx )2g (x )>0,故f (x )在(0,1)内为增函数.当x>1时,g'(x )>0,g (x )是增函数,g (x )>g (1)=0,于是f'(x )=x(lnx )2g (x )>0,故f (x )在(1,+∞)内为增函数.(2)解af (x )-x=a (x 2-1)lnx-x=x lnx [a (x 2-1)x -lnx].令h (x )=a (x 2-1)x-ln x (x>0),则h'(x )=ax 2-x+ax 2. 令φ(x )=ax 2-x+a ,当a>0,且Δ=1-4a 2≤0,即a ≥12时,此时φ(x )=ax 2-x+a>0在(0,1),(1,+∞)内恒成立,所以当a ≥12时h'(x )≥0,故h (x )在(0,1),(1,+∞)内为增函数,若0<x<1时,h (x )<h (1)=0, 所以af (x )-x=xlnx h (x )>0; 若x>1时,h (x )>h (1)=0,所以af (x )-x=xlnxh (x )>0, 所以当x>0,x ≠1时都有af (x )>x 成立,当0<a<12时,h'(x )<0,解得1-√1-4a 22a <x<1+√1-4a 22a,所以h (x )在(1,1+√1-4a 22a)内是减函数,h (x )<h (1)=0. 故af (x )-x=xlnxh (x )<0,不符合题意. 当a ≤0时,x ∈(0,1)∪(1,+∞),都有h'(x )<0,故h (x )在(0,1),(1,+∞)内为减函数,同理可知,在(0,1),(1,+∞)内af (x )-x=xlnxh (x )<0,不符合题意. 综上所述,a 的取值范围是a ≥12. 13.(1)解由f (x )=x 3-ax-b ,可得f'(x )=3x 2-a.下面分两种情况讨论:①当a ≤0时,有f'(x )=3x 2-a ≥0恒成立.所以f (x )的单调递增区间为(-∞,+∞).②当a>0时,令f'(x )=0,解得x=√3a3,或x=-√3a3.当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:所以f (x )的单调递减区间为(-√3a 3,√3a3),单调递增区间为(-∞,-√3a3),(√3a3,+∞).(2)证明因为f (x )存在极值点,所以由(1)知a>0,且x 0≠0.由题意,得f'(x 0)=3x 02-a=0,即x 02=a 3,进而f (x 0)=x 03-ax 0-b=-2a 3x 0-b.又f (-2x 0)=-8x 03+2ax 0-b=-8a 3x 0+2ax 0-b=-2a 3x 0-b=f (x 0),且-2x 0≠x 0,由题意及(1)知,存在唯一实数x 1满足f (x 1)=f (x 0),且x 1≠x 0,因此x 1=-2x 0.所以x 1+2x 0=0.(3)证明设g (x )在区间[-1,1]上的最大值为M ,max{x ,y }表示x ,y 两数的最大值.下面分三种情况讨论:①当a ≥3时,-√3a 3≤-1<1≤√3a 3,由(1)知,f (x )在区间[-1,1]上单调递减,所以f (x )在区间[-1,1]上的取值范围为[f (1),f (-1)],因此M=max{|f (1)|,|f (-1)|}=max{|1-a-b|,|-1+a-b|}=max{|a-1+b|,|a-1-b|}={a -1+b ,b ≥0,a -1-b ,b <0.所以M=a-1+|b|≥2.②当34≤a<3时,-2√3a 3≤-1<-√3a 3<√3a 3<1≤2√3a 3,由(1)和(2)知f (-1)≥f (-2√3a 3)=f (√3a 3),f (1)≤f (2√3a 3)=f (-√3a 3), 所以f (x )在区间[-1,1]上的取值范围为[f (√3a 3),f (-√3a 3)],因此M=max {|f (√3a 3)|,|f (-√3a 3)|}=max {|-2a 9√3a -b|,|2a 9√3a -b|} =max {|2a 9√3a +b|,|2a 9√3a -b|}=2a 9√3a +|b|≥29×34×√3×34=14.③当0<a<34时,-1<-2√3a 3<2√3a 3<1,由(1)和(2)知f (-1)<f (-2√3a 3)=f (√3a 3),f (1)>f (2√3a 3)=f (-√3a 3),所以f (x )在区间[-1,1]上的取值范围为[f (-1),f (1)],因此M=max{|f (-1)|,|f (1)|}=max{|-1+a-b|,|1-a-b|}=max{|1-a+b|,|1-a-b|}=1-a+|b|>14.综上所述,当a>0时,g (x )在区间[-1,1]上的最大值不小于14.14.解(1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),且f'(x )=a (1-x )x. 当a>0时,f (x )的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞); 当a<0时,f (x )的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1); 当a=0时,f (x )不是单调函数.(2)由(1)及题意得f'(2)=-a 2=1,即a=-2. ∴f (x )=-2ln x+2x-3,f'(x )=2x -2x. ∴g (x )=x 3+(m 2+2)x 2-2x ,∴g'(x )=3x 2+(m+4)x-2. ∵g (x )在区间(t ,3)内总不是单调函数,∴g'(x )=0在区间(t ,3)内有变号零点.∵g'(0)=-2,∴{g '(t )<0,g '(3)>0.∴g'(t )<0,即3t 2+(m+4)t-2<0对任意t ∈[1,2]恒成立, ∵g'(0)<0,∴只需g'(1)<0且g'(2)<0,即m<-5且m<-9,即m<-9;由g'(3)>0,即m>-373.∴-373<m<-9.即实数m 的取值范围是(-373,-9).。

2019版数学一轮高中全程复习方略课时作业15导数与函数

即函数y＝f(x)－g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故函数y＝f(x)－g(x)有极小值0，无极大值．
(2)y＝f(xg(xx)2－5xlnx＋6，
令u＝xlnx，当x∈[1，e]时，u′＝lnx＋1>0，所以u＝xlnx在[1，e]上单调递增，
故a＝1，b＝0.
(2)由(1)知f(x)＝，f′(x)＝ .
令f′(x)＝0，即1－nlnx＝0，解得x＝e .
当0<x<e 时，有f′(x)>0，得f(x)在(0，e )上是增函数；
当x>e 时，有f′(x)<0，得f(x)在(e ，＋∞)上是减函数．
故f(x)在x＝e 处取得最大值f(e )＝ .
A．12 cm3B．72 cm3
C．144 cm3D．160 cm3
解析：设盒子容积为ycm3，盒子的高为xcm，则x∈(0,5)．
则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x，
所以y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或 (舍去)，
所以ymax＝6×12×2＝144(cm3)．
C．(－∞，e) D．[0，e)
解析：f′(x)＝－k ＝ (x>0)．设g(x)＝，
则g′(x)＝，则g(x)在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e，选A.
答案：A
二、填空题
答案：D
2．函数y＝的最大值为()
A．e－1B．e
C．e2D.
解析：令y′＝＝0，解得x＝e.当x>e时，y′<0；当0<x<e时，y′>0，所以y极大值＝f(e)＝，在定义域内只有一个极值，所以ymax＝ .

2019届高三数学理一轮复习课时跟踪检测十五导数与函

课时跟踪检测（十五）导数与函数的极值、最值(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快 1．函数y ＝x e x 的最小值是( ) A ．－1B ．－eC ．－1eD ．不存在解析：选C 因为y ＝x ·e x ，所以y ′＝e x ＋x e x ＝(1＋x )e x ，当x ∈(－∞，－1)时，y ′＜0，当x ∈(－1，＋∞)时，y ′＞0，所以当x ＝－1时，y min＝(－1)e －1＝－1e.2．函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－eD ．0 解析：选B 因为f ′(x )＝1x －1＝1－x x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值ln 1－1＝－1.3.已知函数f (x )的定义域为(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )上的图象如图所示，则函数f (x )在(a ，b )上的极大值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x )在(a ，b )上与x 轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x ＝0不是函数f (x )的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．4．若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式为y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为( )A ．1百万件B ．2百万件C ．3百万件D ．4百万件解析：选C y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)，当0<x <3时，y ′>0；当x >3时，y ′<0.故当x ＝3时，该商品的年利润最大．5．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为( )A.⎣⎡⎭⎫32，＋∞ B.⎝⎛⎭⎫32，＋∞ C.⎝⎛⎦⎤－∞，－32∪⎣⎡⎭⎫32，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞ 解析：选D 若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有两个不等实根，故Δ＝(－4c )2－12＞0，解得c ＞32或c ＜－32. 所以实数c 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞. 6．若e x ≥k ＋x 在R 上恒成立，则实数k 的取值范围为( ) A ．(－∞，1] B ．[1，＋∞) C ．(－∞，－1]D ．[－1，＋∞)解析：选A 由e x ≥k ＋x ，得k ≤e x －x . 令f (x )＝e x －x ， ∴f ′(x )＝e x －1.当f ′(x )<0时，解得x <0，当f ′(x )>0时，解得x >0. ∴f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数． ∴f (x )min ＝f (0)＝1.∴实数k 的取值范围为(－∞，1]．故选A. 7．函数f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________．解析：f ′(x )＝2(x 2＋2)－2x (2x ＋1)(x 2＋2)2＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2.令f ′(x )<0，得x <－2或x >1. 令f ′(x )>0，得－2<x <1.∴f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数，∴f (x )极小值＝f (－2)＝－12.答案：－128．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为________．解析：由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：3.答案：(－∞，－3]9．(2018·广东五校协作体考试)函数f (x )＝x (x －a )2在x ＝2处有极小值，则a ＝________. 解析：f (x )＝x (x －a )2＝x 3－2ax 2＋a 2x ，f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2，依题意可得f ′(2)＝3×22－4a ×2＋a 2＝0，解得a ＝2或a ＝6.当a ＝6时，f ′(x )＝3x 2－24x ＋36＝3(x 2－8x ＋12)，由f ′(x )＝3(x 2－8x ＋12)＞0可得x ＜2或x ＞6，由f ′(x )＝3(x 2－8x ＋12)＜0可得2＜x ＜6，故f (x )在x ＝2处取得极大值，不合题意．故a ＝2.答案：210．从边长为10 cm ×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________cm 3.解析：设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，x ∈(0,5)．则y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x ，∴y ′＝12x 2－104x ＋160.令y ′＝0，得x ＝2或x ＝203(舍去)，∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3)．答案：144B 级——中档题目练通抓牢1．函数f (x )＝x 2－5x ＋2e x 的极值点所在的区间为( ) A ．(0,1) B ．(－1,0) C ．(1,2)D ．(－2，－1)解析：选A ∵f ′(x )＝2x －5＋2e x 为增函数，f ′(0)＝－3<0，f ′(1)＝2e －3>0， ∵f ′(x )＝2x －5＋2e x 的零点在区间(0,1)上，∴f (x )＝x 2－5x ＋2e x 的极值点在区间(0,1)上．2．设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |最小时t 的值为( )A ．1B.12C.52 D.22解析：选D由已知条件可得|MN|＝t2－ln t，设f(t)＝t2－ln t(t>0)，则f′(t)＝2t－1 t，令f′(t)＝0，得t＝2 2，当0<t<22时，f′(t)<0，当t＞22时，f′(t)＞0，∴当t＝22时，f(t)取得最小值，即|MN|取得最小值时t＝22.3．(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·e x－1的极值点，则f(x)的极小值为()A．－1 B．－2e－3C．5e－3D．1解析：选A因为f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1，所以f′(x)＝(2x＋a)e x－1＋(x2＋ax－1)e x－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]e x－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)e x－1＝(x＋2)(x－1)e x－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2<x<1，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＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.4．已知函数f(x)＝x3－3ax＋b的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f(x)的极大值是________．解析：因为f(x)的单调递减区间为(－1,1)，所以a>0，由f′(x)＝3x2－3a＝3(x－a)(x＋a)，可得a＝1，由f(x)＝x3－3ax＋b在x＝1处取得极小值2，可得1－3＋b＝2，故b＝4.所以f(x)＝x3－3x＋4的极大值为f(－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.答案：65．已知函数f(x)＝x3－32ax2＋b(a，b为实数，且a＞1)在区间[－1,1]上的最大值为1，最小值为－1，则a ＝____________，b ＝________.解析：因为f ′(x )＝3x 2－3ax ＝3x (x －a )，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝a . 因为a ＞1，所以当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：由题意得b ＝1.则f (－1)＝－3a 2，f (1)＝2－3a2，f (－1)＜f (1)，所以－3a 2＝－1，所以a ＝23. 答案：2316．(2018·张掖一诊)设函数f (x )＝x 22－a ln x ，求函数f (x )的单调区间和极值．解：由f (x )＝x 22－a ln x ，得f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax (x ＞0)．①当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；②当a ＞0时，由f ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝－a (舍去)．于是，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：函数f (x )在x ＝a 处取得极小值f (a )＝a (1－ln a )2，无极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，函数f (x )既无极大值也无极小值；当a ＞0时，函数f (x )的单调递减区间是(0，a )，单调递增区间为(a ，＋∞)，函数f (x )有极小值a (1－ln a )2，无极大值．7．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值．(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0，① 当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝⎛⎭⎫23＝0，可得4a ＋3b ＋4＝0，② 由①②，解得a ＝2，b ＝－4.由于切点的横坐标为1，纵坐标为4，所以f (1)＝4. 所以1＋a ＋b ＋c ＝4，得c ＝5. (2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5， f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，解得x ＝－2或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的取值及变化情况如表所示：所以y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.C 级——重难题目自主选做(2018·福建质检)已知函数f (x )＝x cos x －(a ＋1)sin x ，x ∈[0，π]，其中3π4≤a ≤23π3.(1)证明：当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，f (x )≤0； (2)判断f (x )的极值点个数，并说明理由．解：(1)证明：依题意，得f ′(x )＝－x sin x －a cos x ，因为3π4≤a ≤23π3，所以当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减，故当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，f (x )≤f (0)＝0成立． (2)f (x )有唯一极值点．理由如下：设p (x )＝f ′(x )，则p ′(x )＝－x cos x ＋(a －1)sin x ，因为a ≥3π4＞1，所以当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π时，p ′(x )＞0，所以p (x )在⎣⎡⎦⎤π2，π上单调递增，因为p ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2＜0，p (π)＝a ＞0，所以p (x )在⎣⎡⎦⎤π2，π上存在唯一零点，记为β. 又由(1)知，当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，p (x )＜0，所以p (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上无零点．故f ′(x )在[0，π]上存在唯一零点β，当x ∈(0，β)时，f ′(x )＜0；当x ∈(β，π)时，f ′(x )＞0. 所以当x ∈[0，π]时，f (x )有唯一极值点β，β为极小值点．。

2019版高考数学(理科)一轮教师用书(人教)：第3章 3 第3讲导数与函数的极值、最值Word版含答案

2019版高考数学理一轮讲义：第15讲导数与函数的极值

第15讲导数与函数的极值、最值1．函数的极值与导数 (1)函数的极小值若函数y ＝f (x )在点x ＝a 处的函数值f (a )比它在点x ＝a 附近其他点的函数值__都小__，且f ′(a )＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧__f ′(x )<0__，右侧__f ′(x )>0__，则点x ＝a 叫做函数的极小值点，f (a )叫做函数的极小值．(2)函数的极大值若函数y ＝f (x )在点x ＝b 处的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近其他点的函数值都大，且f ′(b )＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧__f ′(x )>0__，右侧__f ′(x )<0__，则点x ＝b 叫做函数的极大值点，f (b )叫做函数的极大值，极大值和极小值统称为极值．2．函数的最值与导数(1)函数f (x )在[a ，b ]上有最值的条件一般地，如果在区间[a ，b ]上，函数y ＝f (x )的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值与最小值的步骤 ①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；②将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)． (1)函数f (x )在区间(a ，b )内一定存在最值．( × ) (2)函数的极大值一定比极小值大．( × )(3)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0为极值点的充要条件．( × ) (4)函数的最大值不一定是极大值，最小值也不一定是极小值．( √ ) 2．若函数f (x )＝a sin x ＋13sin 3x 在x ＝π3处有最值，那么a ＝( A )A ．2B ．1C ．233D ．0解析 f ′(x )＝a cos x ＋cos 3x (x ∈R )，又f (x )在x ＝π3处有最值，故x ＝π3是函数f (x )的极值点，所以f ′⎝⎛⎭⎫π3＝a cos π3＋cos π＝0，即a ＝2，故选A ． 3．函数y ＝x ·e －x ，x ∈[0,4]的最小值为( A )A ．0B ．1eC ．4e4D ．2e2解析 ∵y ′＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )，令y ′＝0，则x ＝1，而f (1)＝1e >0，f (0)＝0，f (4)＝4e4>0，∴最小值为0，故选A ． 4．若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a ＝( D ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，f ′(－3)＝0，∴a ＝5. 5．设函数f (x )＝x e x ，则( D ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点 C ．x ＝－1为f (x )的极大值点D ．x ＝－1为f (x )的极小值点解析求导得f ′(x )＝e x ＋x e x ＝e x (x ＋1)，令f ′(x )＝e x (x ＋1)＝0，解得x ＝－1，易知x ＝－1是函数f (x )的极小值点．一利用导数研究函数的极值利用导数研究函数极值问题的步骤【例1】已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．解析函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ax.(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x (x >0)，因而f (1)＝1，f ′(1)＝－1，∴曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0. (2)由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)可知，①当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值． ②当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .又当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，∴函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．【例2】 (1)(2017·全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x－1的极值点，则f (x )的极小值为( A )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1(2)(2017·浙江金华十校联考)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是！！！ ⎝⎛⎭⎫0，12 ###. 解析 (1)因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x－1．因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x－1的极值点，所以－2是x 2＋(a＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)·e x －1＝(x ＋2)(x －1)·e x－1．令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，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 ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )的极小值为f (1)＝－1，故选A ．(2)f ′(x )＝(ln x －ax )＋x ·⎝⎛⎭⎫1x －a ＝ln x ＋1－2ax ，令f ′(x )＝0，得2a ＝ln x ＋1x. 设φ(x )＝ln x ＋1x，则φ′(x )＝－ln xx 2，易知φ(x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x )max＝φ(1)＝1，则φ(x )的大致图象如图所示，若函数f (x )有两个极值点，则直线y ＝2a 和y ＝φ(x )的图象有两个交点，所以0<2a <1，得0<a <12.二利用导数研究函数的最值求可导函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的基本步骤(1)求出函数f (x )在区间(a ，b )内的所有极值f (x 1)，f (x 2)，…，f (x n )； (2)计算函数f (x )在区间[a ，b ]上的两个端点值f (a )，f (b )； (3)对所有的极值和端点值作大小比较；(4)对比较的结果作出结论：所有这些值中最大的即是该函数在[a ，b ]上的最大值，所有这些值中最小的即是该函数在[a ，b ]上的最小值．【例3】设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切．(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值．解析 (1)由题意可知f (1)＝－12，f ′(1)＝0.由于f ′(x )＝ax－2bx (x >0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝－b ＝－12，f ′(1)＝a －2b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)由(1)知f (x )＝ln x －x 22(x >0)，令f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x＝0(x >0)，得x ＝1．故函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，1上是增函数，在[1，e]上是减函数，所以函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值为f (1)＝－12. 【例4】 (2018·湖北武昌实验中学月考)设f (x )＝ax －ln x ，是否存在实数a ，当x ∈(0，e](e 是自然对数的底数)时，函数f (x )的最小值是3，若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．解析假设存在实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3， f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x(0<x ≤e)．①a ≤0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，e]上单调递减， f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e∉(－∞，0]；②当1a ≥e 时，f ′(x )<0在(0，e]上恒成立，所以f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e ∉⎝⎛⎦⎤0，1e ； ③当0<1a <e 时，令f ′(x )<0，得0<x <1a，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎤1a ，e 上单调递增，所以f (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫1a ＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件．综上，存在实数a ＝e 2，使得x ∈(0，e]时，f (x )有最小值3.1．设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( D )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)解析由图可知，当x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值，故选D ．2．函数f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值，则m ＝__1__.解析 f ′(x )＝(x －m )2＋2x (x －m )＝(x －m )(3x －m )． ∵f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值，∴f ′(1)＝0，即(1－m )(3－m )＝0，解得m ＝1或m ＝3. 当m ＝1时，f ′(x )＝(x －1)(3x －1)，当13<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0，∴f (x )在x ＝1处取得极小值，即m ＝1符合题意．当m ＝3时，f ′(x )＝(x －3)(3x －3)＝3(x －1)(x －3)．当x <1时，f ′(x )>0；当1<x <3时，f ′(x )<0，∴f (x )在x ＝1处取得极大值，不符合题意，即m ≠3.综上，m ＝1．3．已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极值．解析 (1)f ′(x )＝e x (ax ＋b )＋a e x －2x －4＝e x (ax ＋b ＋a )－2x －4.由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)＝4，f ′(0)＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝4，b ＋a －4＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝4，a ＝4.(2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ， f ′(x )＝e x (4x ＋8)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎫e x －12. 令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝－ln 2. 令f ′(x )<0，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2<0，e x －12>0或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2>0，e x －12<0.解得－2<x <－ln 2.令f ′(x )>0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2<0，e x －12<0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2>0，e x －12>0.解得x <－2或x >－ln 2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.由上表可知，函数f (x )的极大值为f (－2)＝4(1－e －2)，极小值为f (－ln 2)＝2＋2ln 2－(ln2)2.4．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．解析 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0 ，①当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝⎛⎭⎫23＝0，可得4a ＋3b ＋4＝0 ，② 由①②，解得a ＝2，b ＝－4.由于切点的横坐标为1，所以f (1)＝4，所以1＋a ＋b ＋c ＝4，得c ＝5. (2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，f ′(x )＝3x 2＋4x －4. 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的取值及变化情况如下表所示.所以y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.易错点分类不完全，混淆概念错因分析：对参数的分类讨论不完全．【例1】已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a <0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间； (2)若f (x )在区间[1,4]上的最小值为8，求a 的值．解析 (1)当a ＝－4时，f (x )＝(4x 2－16x ＋16)x ，则f ′(x )＝2(5x －2)(x －2)x ，其中x >0.由f ′(x )>0，得0<x <25或x >2.故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，25和(2，＋∞)． (2)f ′(x )＝(10x ＋a )(2x ＋a )2x ，a <0，由f ′(x )＝0，得x ＝－a 10或x ＝－a2.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－a 10时，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎫－a 10，－a2时， f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫－a2，＋∞时，f (x )单调递增．易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝⎛⎭⎫－a2＝0. ①当－a2≤1，即－2≤a <0时，f (x )在[1,4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意．②当1<－a2≤4，即－8≤a <－2时，f (x )在[1,4]上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝0，不符合题意． ③当－a2>4，即a <－8时，f (x )在[1,4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1,4)上单调递减，f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意．综上有，a ＝－10.【跟踪训练1】设函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R .讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由．解析由题意知函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)， f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1.令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞)．①当a ＝0时，g (x )＝1，此时f ′(x )>0，函数f (x )在(－1，＋∞)单调递增，无极值点． ②当a >0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)． a ．当0<a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)单调递增，无极值点． b ．当a >89时，Δ>0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1<x 2)，因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1<－14，x 2>－14.由g (－1)＝1>0，可得－1<x 1<－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．因此函数有两个极值点．③当a <0时，Δ>0，由g (－1)＝1>0，可得x 1<－1．当x ∈(－1，x 2)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；所以函数有一个极值点．综上所述，当a <0时，函数f (x )有一个极值点；当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点；当a >89时，函数f (x )有两个极值点．课时达标第15讲[解密考纲]本考点主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值、或者已知最值求参数等问题．高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．一、选择题1．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为( D ) A ．⎣⎡⎭⎫32，＋∞ B ．⎝⎛⎭⎫32，＋∞C ．⎝⎛⎦⎤－∞，－32∪⎣⎡⎭⎫32，＋∞D ．⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞解析若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有根，故Δ＝(－4c )2－12>0，从而c >32或c <－32. 2．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( A )A ．12B ．1C ．0D ．不存在解析 f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x >0，令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1， ∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12，故选A ．3．已知x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，那么函数f (x )的极大值为( D ) A ．15 B ．16 C ．17D ．18解析 x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，即x ＝2是f ′(x )＝3x 2－3a ＝0的根，将x ＝2代入得a ＝4，所以函数解析式为f (x )＝x 3－12x ＋2.令f ′(x )＝3x 2－12＝0，得x ＝±2，故函数在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x ＝－2时函数f (x )取得极大值f (－2)＝18，故选D ．4．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1，x ≤0，e ax ，x >0，在[－2,2]上的最大值为2，则实数a 的取值范围是( D )A ．⎣⎡⎭⎫12ln 2，＋∞ B ．⎣⎡⎦⎤0，12ln 2 C ．(－∞，0)D ．⎝⎛⎦⎤－∞，12ln 2 解析当x ∈[－2,0)时，因为f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)，所以在[－2，－1)上f ′(x )>0，在(－1,0]上，f ′(x )≤0，则当x ∈[－2,0]时函数有最大值，为f (－1)＝2.当a ≤0时，若x >0，显然e ax ≤1，此时函数在[－2,2]上的最大值为2，符合题意；当a >0时，若函数在[－2,2]上的最大值为2，则e 2a ≤2，得a ≤12ln 2，综上可知a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12ln 2，故选D ．5．已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( A )A ．－37B ．－29C ．－5D ．－11解析 f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2.∵f (0)＝m ，f (2)＝－8＋m ，f (－2)＝－40＋m ，显然f (0)>f (2)>f (－2)，∴m ＝3，最小值为f (－2)＝－37，故选A ．6．(2018·河北三市联考二)若函数f (x )＝13x 3－⎝⎛⎭⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R 上的极小值为( A )A ．2b －43B ．32b －23C ．0D ．b 2－16b 3解析 f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)．∵函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数，∴－30，得x 2.由f ′(x )<0，得b <x <2， ∴函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43，故选A ．二、填空题7．已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M －m ＝__32__.解析 f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0，则x ＝2和x ＝－2为其两个极值点，f (3)＝－1，f (－3)＝17，f (2)＝－8，f (－2)＝24，∴M ＝24，m ＝－8，M －m ＝32.8．(2018·东北八校月考)已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为__4__.解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(2)＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′(1)＝3×12＋6a ×1＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0，∴f ′(x )＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2， ∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.9．已知函数f (x )的定义域是[－1,5]，部分对应值如下表.f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则f (x )的极小值为__0__.解析由y ＝f ′(x )的图象知，f ′(x )与f (x )随x 的变化情况如下表.所以f (x )的极小值为f (2)＝0. 三、解答题10．(2017·北京卷)已知函数f (x )＝e x cos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值．解析 (1)因为f (x )＝e x cos x －x ，所以f ′(x )＝ e x (cos x －sin x )－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． (2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，h ′(x )<0，所以h (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减．所以对任意x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0. 所以函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减．因此f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2. 11．已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．解析 (1)由f (x )＝x －1＋ae x ，得f ′(x )＝1－aex .由曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，得f ′(1)＝0，即1－ae ＝0，解得a ＝e.(2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x ＝a ，即x ＝ln a .x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．12．已知函数f (x )＝ax 2－e x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)，f ′(x )是f (x )的导函数． (1)解关于x 的不等式：f (x )>f ′(x )；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，求实数a 的取值范围．解析 (1)f ′(x )＝2ax －e x ，f (x )－f ′(x )＝ax (x －2)>0. 当a ＝0时，无解；当a >0时，解集为{x |x <0或x >2}；当a <0时，解集为{x |0<x <2}．(2)设g (x )＝f ′(x )＝2ax －e x ，则x 1，x 2是方程g (x )＝0的两个根．g ′(x )＝2a －e x ，若a ≤0，g ′(x )<0恒成立，g (x )单调递减，方程g (x )＝0不可能有两个根；若a >0，则当x ∈(－∞，ln 2a )时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x ∈(ln 2a ，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减． ∴g (x )max ＝g (ln 2a )＝2a ln 2a －2a >0，得a >e2.故实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫e2，＋∞.。

2019版高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时达标检测十六导数与函数的极值最值

课时达标检测(十六）导数与函数的极值、最值一、全员必做题1.(2018·南京金陵中学月考)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则f (x )在(－4,2)上的所有极值点之和为________．解析：根据函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象知，当x ＜－1时，y ＝(1－x )f ′(x )＜0,1－x ＞0，f ′(x )＜0，函数f (x )在(－∞，－1)上单调递减，当－1＜x ＜1时，y ＝(1－x )f ′(x )＞0,1－x ＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )在(－1,1)上单调递增，当x ＞1时，y ＝(1－x )f ′(x )＜0,1－x ＜0，f ′(x )＞0，函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以x ＝－1是f (x )的极小值点，且f (x )在(－4,2)上无极大值点，所以f (x )在(－4,2)上的所有极值点之和为－1.答案：－12．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为________．解析：由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：3.答案：(－∞，－3]3．(2018·江苏省赣榆高级中学模拟)已知函数f (x )＝x 2＋2x ＋a ln x 在区间(0,1)内无极值点，则a 的取值范围是____________．解析：由题意得f ′(x )＝2x ＋2＋a x 在区间(0,1)内不变号，即f ′(x )＝2x ＋2＋ax ≥0在区间(0,1)内恒成立或f ′(x )＝2x ＋2＋ax ≤0在区间(0,1)内恒成立，因此a ≥[－2x (x ＋1)]max ，x ∈(0,1)，而－2x (x ＋1)＜0，所以a ≥0；或a ≤[－2x (x ＋1)]min ，x ∈(0,1)，而－2x (x ＋1)＞－4，所以a ≤－4.综上a 的取值范围是(－∞，－4]∪[0，＋∞)．答案：(－∞，－4]∪[0，＋∞)4．已知函数f (x )＝1＋ln xkx(k ≠0)．求函数f (x )的极值．解：f (x )＝1＋ln xkx，其定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝－ln xkx2.令f ′(x )＝0，得x ＝1，当k ＞0时，若0＜x ＜1，则f ′(x )＞0；若x ＞1，则f ′(x )＜0，所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x ＝1时，函数f (x )取得极大值1k.当k ＜0时，若0＜x ＜1，则f ′(x )＜0；若x ＞1，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x ＝1时，函数f (x )取得极小值1k.5．(2018·连云港模拟)已知函数f (x )＝ax －2x－3ln x ，其中a 为常数．(1)当函数f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线的斜率为1时，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3上的最小值；(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a 的取值范围．解：(1)因为f ′(x )＝a ＋2x2－3x，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝a ＝1，故f (x )＝x －2x－3ln x ，则f ′(x )＝－－x2.由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：从而在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，3上f (x )有最小值，且最小值为f (2)＝1－3ln 2.(2)f ′(x )＝a ＋2x2－3x ＝ax2－3x ＋2x2(x ＞0)，由题设可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x 1，x 2，且x 1≠x 2，。

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课时达标检测（十五）导数与函数的极值、最值
[小题常考题点——准解快解]
1．(2018·太原一模)函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是
( )
A ．(－1,3)为函数y ＝f (x )的单调递增区间
B ．(3,5)为函数y ＝f (x )的单调递减区间
C ．函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值
D ．函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值
解析：选C 由函数y ＝f (x )的导函数的图象可知，当x <－1或3<x <5时，f ′(x )<0，y ＝f (x )单调递减；当x >5或－1<x <3时，f ′(x )>0，y ＝f (x )单调递增．所以函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y ＝f (x )
在x ＝－1,5处取得极小值，在x ＝3处取得极大值，故选项C 错误，故选C. 2．函数f (x )＝2x 3
＋9x 2
－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是( )
A ．25，－2
B ．50,14
C ．50，－2
D ．50，－14
解析：选C 因为f (x )＝2x 3
＋9x 2
－2，所以f ′(x )＝6x 2
＋18x ，当x ∈[－4，－3)或x ∈(0,2]时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，当x ∈(－3,0)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数，由f (－4)＝14，f (－3)＝25，f (0)＝－2，f (2)＝50，故函数f (x )＝2x 3
＋9x 2
－2在[－4,2]上的最大
值和最小值分别是50，－2.
3．已知a ∈R ，函数f (x )＝13
x 3－ax 2
＋ax ＋2的导函数f ′(x ) 在(－∞，1)上有最小值，
若函数g (x )＝
x
，则( )
A ．g (x )在(1，＋∞)上有最大值
B ．g (x )在(1，＋∞)上有最小值
C ．g (x )在(1，＋∞)上为减函数
D ．g (x )在(1，＋∞)上为增函数
解析：选D 函数f (x )＝13x 3－ax 2＋ax ＋2的导函数f ′(x )＝x 2
－2ax ＋a ，f ′(x )图象的
对称轴为x ＝a ，又f ′(x )在(－∞，1)上有最小值，所以a <1.函数g (x )＝
x
＝x ＋a
x
－
2a ，g ′(x )＝1－a x2＝x2－a
x2
，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上为增
函数．故选D.
4．(2018·河南模拟)若函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋b 2x 2
＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函
数，则f (x )在R 上的极小值为( )
A ．2b －
4
3
B.32b －23
C ．0
D ．b 2
－16
b
3 解析：选A 由题意得f ′(x )＝(x －b )(x －2)．因为f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－30，解得x >2或x <b ；由f ′(x )<0，解得b <x <2.所以f (x ) 的极
小值为f (2)＝2b －4
3
.故选A.
5．(2018·河南息县第一高级中学段测)函数f (x )＝x 3
－3x －1，若对于区间(－3,2]上的
任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )
A ．20
B ．18
C ．3
D ．0
解析：选A 对于区间(－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，等价于在区间(－3,2]上，f (x )max －f (x )min ≤t .∵f (x )＝x 3
－3x －1，∴f ′(x )＝3x 2
－3＝3(x －1)(x ＋1)．∵
x ∈(－3,2]，∴函数f (x )在(－3，－1)，(1,2)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，∴f (x )max
＝f (2)＝f (－1)＝1，f (x )min ＝f (－3)＝－19，∴f (x )max －f (x )min ＝20，∴t ≥20，即实数t 的
最小值是20.
6．(2018·安徽百校论坛联考)已知函数f (x )＝a e x
－x 2
－(2a ＋1)x ，若函数f (x )在区间
(0，ln 2)上有最值，则实数a 的取值范围是( )
A ．(－∞，－1)
B ．(－1,0)
C ．(－2，－1)
D ．(－∞，0)∪(0,1)
解析：选A f ′(x )＝a (e x
－2)－2x －1.∵x ∈(0，ln 2)，∴e x
－2<0，－2x －1<0.当a ≥0时，f ′(x )<0在(0，ln 2)上恒成立，即函数f (x )在(0，ln 2)上单调递减，函数y ＝f (x )在区间(0，ln 2)上无最值．当a <0时，设g (x )＝a (e x
－2)－2x －1，则g ′(x )＝a e x
－2<0，∴
g (x )在(0，ln 2)上为减函数．又∵g (0)＝－a －1，g (ln 2)＝－2ln 2－1<0，若函数f (x )在
区间(0，ln 2)上有最值，则函数g (x )有零点，即g (x )＝0有解，∴g (0)＝－a －1>0，解得
a <－1.故选A.
[大题常考题点——稳解全解]
1．(2018·济宁模拟)已知函数f (x )＝1＋ln x
kx
(k ≠0)．求函数f (x )的极值．。