课时导数与函数的极值、最值检测题与详解答案
导数与函数的极值、最值(经典导学案及练习答案详解)
§3.3导数与函数的极值、最值学习目标1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值．知识梳理1．函数的极值(1)函数的极小值函数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．(2)函数的极大值函数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．(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．2．函数的最大(小)值(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：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y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值；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．常用结论对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数f(x)在区间(a，b)上不存在最值．(×)(2)函数的极小值一定是函数的最小值．(×)(3)函数的极小值一定不是函数的最大值．(√)(4)函数y＝f′(x)的零点是函数y＝f(x)的极值点．(×)教材改编题1．如图是f (x )的导函数f ′(x )的图象，则f (x )的极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 A解析 由题意知只有在x ＝－1处f ′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正．2．函数f (x )＝x 3－ax 2＋2x －1有极值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－6]∪[6，＋∞)B ．(－∞，－6)∪(6，＋∞)C ．(－6，6)D ．[－6，6]答案 B解析 f ′(x )＝3x 2－2ax ＋2，由题意知f ′(x )有变号零点，∴Δ＝(－2a )2－4×3×2>0， 解得a >6或a <－ 6.3．若函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0,3]上的最大值为4，则m ＝________. 答案 4解析 f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0,3]，当x ∈[0,2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2,3]时，f ′(x )>0，所以f (x )在[0,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增．又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m .所以在[0,3]上，f (x )max ＝f (0)＝4，所以m ＝4.题型一 利用导数求函数的极值问题命题点1 根据函数图象判断极值例1 (2022·广州模拟)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(x －1)f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中正确的是( )A ．函数f (x )有极大值f (－3)和f (3)B ．函数f (x )有极小值f (－3)和f (3)C．函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(－3)D．函数f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)答案 D解析由题图知，当x∈(－∞，－3)时，y>0，x－1<0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－3,1)时，y<0，x－1<0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,3)时，y>0，x－1>0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(3，＋∞)时，y<0，x－1>0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减．所以函数有极小值f(－3)和极大值f(3)．命题点2求已知函数的极值例2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(1)因为f(x)＝x－1＋ae x，所以f′(x)＝1－ae x，又因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，所以f′(1)＝0，即1－ae1＝0，所以a＝e.(2)由(1)知f′(x)＝1－ae x，当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，因此f(x)无极大值与极小值；当a>0时，令f′(x)>0，则x>ln a，所以f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增，令f′(x)<0，则x<ln a，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，故f(x)在x＝ln a处取得极小值，且f(ln a)＝ln a，但是无极大值，综上，当a≤0时，f(x)无极大值与极小值；当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，但是无极大值．命题点3已知极值(点)求参数例3(1)(2022·大庆模拟)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a＋b等于()A ．－7B ．0C ．－7或0D ．－15或6答案 A 解析 由题意知，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2，可得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，因为f (x )在x ＝1处取得极值10，可得⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝10， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3， 检验知，当a ＝－3，b ＝3时，可得f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，此时函数f (x )单调递增，函数无极值点，不符合题意；当a ＝4，b ＝－11时，可得f ′(x )＝3x 2＋8x －11＝(3x ＋11)(x －1)，当x <－113或x >1时， f ′(x )>0，f (x )单调递增；当－113<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ＝1时，函数f (x )取得极小值，符合题意．所以a ＋b ＝－7.(2)(2022·南京模拟)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )在区间(0，＋∞)上有两个极值，则实数a 的取值范围为( )A ．(0，e)B.⎝⎛⎭⎫0，1eC.⎝⎛⎭⎫0，12 D.⎝⎛⎭⎫0，13 答案 C解析 f ′(x )＝ln x －ax ＋x ⎝⎛⎭⎫1x －a＝ln x ＋1－2ax ，由题意知ln x ＋1－2ax ＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实根，2a ＝ln x ＋1x， 设g (x )＝ln x ＋1x， 则g ′(x )＝1－(ln x ＋1)x 2＝－ln x x 2.当0<x <1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，所以g (x )的极大值为g (1)＝1，又当x >1时，g (x )>0，当x →＋∞时，g (x )→0，当x →0时，g (x )→－∞，所以0<2a <1，即0<a <12. 教师备选 1．(2022·榆林模拟)设函数f (x )＝x cos x 的一个极值点为m ，则tan ⎝⎛⎭⎫m ＋π4等于( ) A.m －1m ＋1B.m ＋1m －1C.1－m m ＋1D.m ＋11－m 答案 B解析 由f ′(x )＝cos x －x sin x ＝0，得tan x ＝1x ，所以tan m ＝1m， 故tan ⎝⎛⎭⎫m ＋π4＝1＋tan m 1－tan m ＝m ＋1m －1. 2．已知a ，b ∈R ，若x ＝a 不是函数f (x )＝(x －a )2(x －b )·(e x －1－1)的极小值点，则下列选项符合的是( )A ．1≤b <aB ．b <a ≤1C ．a <1≤bD ．a <b ≤1 答案 B解析 令f (x )＝(x －a )2(x －b )(e x －1－1)＝0，得x 1＝a ，x 2＝b ，x 3＝1.下面利用数轴标根法画出f (x )的草图，借助图象对选项A ，B ，C ，D 逐一分析．对选项A ，若1≤b <a ，由图可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意； 对选项B ，若b <a ≤1，由图可知x ＝a 不是f (x )的极小值点，符合题意； 对选项C ，若a <1≤b ，由图可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意； 对选项D ，若a <b ≤1，由图可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意． 思维升华 根据函数的极值(点)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：求解后验证根的合理性．跟踪训练1 (1)(2022·长沙模拟)若x ＝1是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x－1的极值点，则f (x )的极大值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1 答案 C解析 因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，故可得f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝e x －1[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]，因为x ＝1是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x－1的极值点，故可得f ′(1)＝0，即2a ＋2＝0，解得a ＝－1.此时f ′(x )＝e x －1(x 2＋x －2)＝e x －1(x ＋2)(x －1)．令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝1，由f ′(x )>0可得x <－2或x >1；由f ′(x )<0可得－2<x <1，所以f (x )在区间(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f (x )的极大值点为x ＝－2.则f (x )的极大值为f (－2)＝(4＋2－1)e －3＝5e －3.(2)(2022·芜湖模拟)函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)在⎣⎡⎦⎤12，3上有且仅有一个极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫52，103B.⎣⎡⎭⎫52，103C.⎝⎛⎦⎤52，103D.⎣⎡⎦⎤2，103 答案 B解析 ∵f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)， ∴f ′(x )＝1x＋x －a ， ∵函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)在⎣⎡⎦⎤12，3上有且仅有一个极值点， ∴y ＝f ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，3上只有一个变号零点．令f ′(x )＝1x ＋x －a ＝0，得a ＝1x＋x . 设g (x )＝1x ＋x ，则g (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递减，在[1,3]上单调递增，∴g (x )min ＝g (1)＝2，又g ⎝⎛⎭⎫12＝52，g (3)＝103， ∴当52≤a <103时，y ＝f ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，3上只有一个变号零点． ∴实数a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫52，103.题型二 利用导数求函数最值例4 已知函数g (x )＝a ln x ＋x 2－(a ＋2)x (a ∈R )．(1)若a ＝1，求g (x )在区间[1，e]上的最大值；(2)求g (x )在区间[1，e]上的最小值h (a )．解 (1)∵a ＝1，∴g (x )＝ln x ＋x 2－3x ，∴g ′(x )＝1x ＋2x －3＝(2x －1)(x －1)x， ∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≥0，∴g (x )在[1，e]上单调递增，∴g (x )max ＝g (e)＝e 2－3e ＋1.(2)g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝a x ＋2x －(a ＋2)＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x＝(2x －a )(x －1)x. ①当a 2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上单调递增，h (a )＝g (1)＝－a －1； ②当1<a 2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎡⎭⎫1，a 2上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a 2，e 上单调递增，h (a )＝g ⎝⎛⎭⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ； ③当a 2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上单调递减，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e. 综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，(1－e )a ＋e 2－2e ，a ≥2e.教师备选已知函数f (x )＝ln x －ax －2(a ≠0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )有最大值M ，且M >a －4，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由f (x )＝ln x －ax －2(a ≠0)可得f ′(x )＝1x－a ， 当a <0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a， 所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时， f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 综上所述，当a <0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，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，＋∞)上单调递增，无最大值，当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减， 所以当x ＝1a时，f (x )取得最大值， 即f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a ×1a－2 ＝ln 1a－3＝－ln a －3， 因此有－ln a －3>a －4，得ln a ＋a －1<0，设g (a )＝ln a ＋a －1，则g ′(a )＝1a＋1>0， 所以g (a )在(0，＋∞)上单调递增，又g (1)＝0，所以g (a )<g (1)，得0<a <1，故实数a 的取值范围是(0,1)．思维升华 (1)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．(2)若所给的闭区间[a ，b ]含参数，则需对函数f (x )求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x )的最值．跟踪训练2 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)，设该蓄水池的底面半径为r米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．(1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大.解 (1)∵蓄水池的侧面的总成本为100×2πrh ＝200πrh (元)，底面的总成本为160πr 2元，∴蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元．由题意得200πrh ＋160πr 2＝12 000π，∴h ＝15r (300－4r 2)．从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．由h >0，且r >0，可得0<r <5 3.故函数V (r )的定义域为(0,53)．(2)由(1)知V (r )＝π5(300r －4r 3)， 故V ′(r )＝π5(300－12r 2)，令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(舍)．当r ∈(0,5)时，V ′(r )>0，故V (r )在(0,5)上单调递增；当r ∈(5,53)时，V ′(r )<0，故V (r )在(5,53)上单调递减．由此可知，V (r )在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8，即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．课时精练1．若函数f (x )＝x 2＋2xe x 的极大值点与极小值点分别为a ，b ，则a ＋b 等于() A ．－4 B. 2C ．0D ．2答案 C解析 f ′(x )＝2－x 2e x ，当－2<x <2时，f ′(x )>0；当x <－2或x >2时，f ′(x )<0.故f (x )＝x 2＋2x ex 的极大值点与极小值点分别为2，－2， 则a ＝2，b ＝－2，所以a ＋b ＝0.2．如图是函数y ＝f (x )的导函数的图象，下列结论中正确的是( )A ．f (x )在[－2，－1]上单调递增B ．当x ＝3时，f (x )取得最小值C ．当x ＝－1时，f (x )取得极大值D ．f (x )在[－1,2]上单调递增，在[2,4]上单调递减答案 D解析 根据题图知，当x ∈(－2，－1)，x ∈(2,4)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；当x ∈(－1,2)，x ∈(4，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增．所以y ＝f (x )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，2)上单调递增，在(2,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，故选项A 不正确，选项D 正确；故当x ＝－1时，f (x )取得极小值，选项C 不正确；当x ＝3时，f (x )不是取得最小值，选项B 不正确．3．已知函数f (x )＝2ln x ＋ax 2－3x 在x ＝2处取得极小值，则f (x )的极大值为( )A ．2B ．－52C ．3＋ln 2D ．－2＋2ln 2 答案 B解析 由题意得，f ′(x )＝2x＋2ax －3， ∵f (x )在x ＝2处取得极小值，∴f ′(2)＝4a －2＝0，解得a ＝12， ∴f (x )＝2ln x ＋12x 2－3x ， f ′(x )＝2x ＋x －3＝(x －1)(x －2)x ，∴f (x )在(0,1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，∴f (x )的极大值为f (1)＝12－3＝－52. 4．(2022·重庆联考)函数f (x )＝x ＋2cos x 在[0，π]上的最大值为( )A ．π－2B.π6 C ．2D.π6＋ 3 答案 D解析 由题意得，f ′(x )＝1－2sin x ，∴当0≤sin x ≤12，即x 在⎣⎡⎦⎤0，π6和⎣⎡⎦⎤5π6，π上时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增； 当12<sin x ≤1，即x 在⎝⎛⎭⎫π6，5π6上时， f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )有极大值f ⎝⎛⎭⎫π6＝π6＋3，有极小值f ⎝⎛⎭⎫5π6＝5π6－3，而端点值f (0)＝2，f (π)＝π－2，则f ⎝⎛⎭⎫π6>f (0)>f (π)>f ⎝⎛⎭⎫5π6， ∴f (x )在[0，π]上的最大值为π6＋ 3. 5．(多选)已知x ＝1和x ＝3是函数f (x )＝ax 3＋bx 2－3x ＋k (a ，b ∈R )的两个极值点，且函数f (x )有且仅有两个不同零点，则k 值为( )A ．－43B.43 C ．－1D ．0 答案 BD解析 f ′(x )＝3ax 2＋2bx －3，依题意1,3是f ′(x )＝0的两个根， 所以⎩⎨⎧ 1＋3＝－2b 3a ，1×3＝－33a，解得a ＝－13，b ＝2. 故f (x )＝－13x 3＋2x 2－3x ＋k . 易求得函数f (x )的极大值为f (3)＝k 和极小值为f (1)＝－43＋k .要使函数f (x )有两个零点，则f (x )极大值k ＝0或f (x )极小值－43＋k ＝0， 所以k ＝0或k ＝43. 6．(多选)已知函数f (x )＝x ＋sin x －x cos x 的定义域为[－2π，2π)，则( )A ．f (x )为奇函数B ．f (x )在[0，π)上单调递增C ．f (x )恰有4个极大值点D ．f (x )有且仅有4个极值点答案 BD解析 因为f (x )的定义域为[－2π，2π)，所以f (x )是非奇非偶函数，故A 错误；因为f (x )＝x ＋sin x －x cos x ，所以f ′(x )＝1＋cos x －(cos x －x sin x )＝1＋x sin x ，当x ∈[0，π)时，f ′(x )>0，则f (x )在[0，π)上单调递增，故B 正确；显然f ′(0)≠0，令f ′(x )＝0，得sin x ＝－1x， 分别作出y ＝sin x ，y ＝－1x在区间[－2π，2π)上的图象，由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f (x )在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f (x )只有2个极大值点，故C 错误，D 正确．7．(2022· 潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f (x )＝________.答案 sin x (答案不唯一)解析 正弦函数f (x )＝sin x 为奇函数，且存在极值．8．(2021·新高考全国Ⅰ)函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的最小值为________．答案 1解析 函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的定义域为(0，＋∞)．①当x >12时，f (x )＝2x －1－2ln x ， 所以f ′(x )＝2－2x ＝2(x －1)x，当12<x <1时，f ′(x )<0， 当x >1时，f ′(x )>0，所以f (x )min ＝f (1)＝2－1－2ln 1＝1；②当0<x ≤12时，f (x )＝1－2x －2ln x 在⎝⎛⎦⎤0，12上单调递减， 所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫12＝－2ln 12＝2ln 2＝ln 4>ln e ＝1.综上，f (x )min ＝1. 9．已知函数f (x )＝ln x －2x －2x ＋1. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设g (x )＝f (x )－4＋a x ＋1＋2(a ∈R )，若x 1，x 2是函数g (x )的两个极值点，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －2(x ＋1)－2(x －1)(x ＋1)2＝(x －1)2x (x ＋1)2≥0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立， 当且仅当x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)因为g (x )＝f (x )－4＋a x ＋1＋2＝ln x －a x ＋1， 所以g ′(x )＝1x ＋a (x ＋1)2＝x 2＋(2＋a )x ＋1x (x ＋1)2(x >0)． 由题意知x 1，x 2是方程g ′(x )＝0在(0，＋∞)内的两个不同的实数解．令h (x )＝x 2＋(2＋a )x ＋1，又h (0)＝1>0，所以只需⎩⎪⎨⎪⎧－2－a >0，Δ＝(2＋a )2－4>0，解得a <－4，即实数a 的取值范围为(－∞，－4)． 10．(2022·珠海模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ，x ∈(0，e]，其中e 为自然对数的底数．(1)若x ＝1为f (x )的极值点，求f (x )的单调区间和最大值；(2)是否存在实数a ，使得f (x )的最大值是－3？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由． 解 (1)∵f (x )＝ln x －ax ，x ∈(0，e]，∴f ′(x )＝1－ax x， 由f ′(1)＝0，得a ＝1.∴f ′(x )＝1－x x， ∴x ∈(0,1)，f ′(x )>0，x ∈(1，＋∞)，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]；f (x )的极大值为f (1)＝－1，也即f (x )的最大值为f (1)＝－1.(2)∵f (x )＝ln x －ax ，∴f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ， ①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )的最大值是f (e)＝1－a e ＝－3，解得a ＝4e >0，舍去；②当a >0时，由f ′(x )＝1x －a ＝1－axx ＝0，得x ＝1a ，当0<1a <e ，即a >1e 时，∴x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，e 时，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫1a ，e ，又f (x )在(0，e]上的最大值为－3，∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－1－ln a ＝－3，∴a ＝e 2；当e ≤1a ，即0<a ≤1e 时，f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )max ＝f (e)＝1－a e ＝－3，解得a ＝4e >1e ，舍去．综上，存在a 符合题意，此时a ＝e 2.11．若函数f (x )＝(x 2－a )e x 的两个极值点之积为－3，则f (x )的极大值为() A.6e 3 B ．－2eC ．－2e D.4e 2答案 A解析 因为f (x )＝(x 2－a )e x ，所以f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x ，由f′(x)＝(x2＋2x－a)e x＝0，得x2＋2x－a＝0，由函数f(x)＝(x2－a)e x的两个极值点之积为－3，则由根与系数的关系可知，－a＝－3，即a＝3，所以f(x)＝(x2－3)e x，f′(x)＝(x2＋2x－3)e x，当x<－3或x>1时，f′(x)>0；当－3<x<1时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极大值为f(－3)＝6 e3.12．函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在区间[－1,2]上的最大值为3，最小值为－29(a>0)，则a，b的值为()A．a＝2，b＝－29 B．a＝3，b＝2C．a＝2，b＝3 D．以上都不对答案 C解析函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，因为a>0，所以由f′(x)<0，计算得出0<x<4，此时函数单调递减，由f′(x)>0，计算得出x>4或x<0，此时函数单调递增，即函数在[－1,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值，则f(0)＝b＝3，则f(x)＝ax3－6ax2＋3，f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3，则f(－1)>f(2)，即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29，计算得出a＝2，b＝3.13．(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则() A．a<b B．a>bC．ab<a2D．ab>a2答案 D解析当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.图1当a <0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图2所示，观察可知a >b .图2综上，可知必有ab >a 2成立．14．(2022·河南多校联考)已知函数f (x )＝2ln x ，g (x )＝x ＋2，若f (x 1)＝g (x 2)，则x 1－x 2的最小值为______．答案 4－2ln 2解析 设f (x 1)＝g (x 2)＝t ，即2ln x 1＝t ，x 2＋2＝t ，解得x 1＝2e t ，x 2＝t －2，所以x 1－x 2＝2e t －t ＋2，令h (t )＝2e t －t ＋2，则h ′(t )＝21e 2t －1， 令h ′(t )＝0，解得t ＝2ln 2，当t <2ln 2时，h ′(t )<0，当t >2ln 2时，h ′(t )>0，所以h (t )在(－∞，2ln 2)上单调递减，在(2ln 2，＋∞)上单调递增，所以h (t )的最小值为h (2ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2＝4－2ln 2，所以x 1－x 2的最小值为4－2ln 2.15．(多选)已知函数f (x )＝x ln x ＋x 2，x 0是函数f (x )的极值点，以下几个结论中正确的是( )A ．0<x 0<1eB ．x 0>1eC ．f (x 0)＋2x 0<0D ．f (x 0)＋2x 0>0答案 AD解析 函数f (x )＝x ln x ＋x 2(x >0)，∴f ′(x )＝ln x ＋1＋2x ，∵x 0是函数f (x )的极值点，∴f ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1＋2x 0＝0，∴f ′⎝⎛⎭⎫1e ＝2e >0，当x >1e时，f ′(x )>0， ∵当x →0时，f ′(x )→－∞，∴0<x 0<1e，即A 正确，B 不正确； f (x 0)＋2x 0＝x 0ln x 0＋x 20＋2x 0＝x 0(ln x 0＋x 0＋2)＝x 0(1－x 0)>0，即D 正确，C 不正确．16．已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a ln x (a >0)．(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2，不等式f (x 1)≥mx 2恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝2x －2＋a x ＝2x 2－2x ＋a x，x >0， 一元二次方程2x 2－2x ＋a ＝0的Δ＝4(1－2a )，①当a ≥12时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当0<a <12时，令f ′(x )＝0， 得x 1＝1－1－2a 2>0，x 2＝1＋1－2a 2>0， 所以当0<x <1－1－2a 2时， f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当1－1－2a 2<x <1＋1－2a 2时， f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >1＋1－2a 2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当a ≥12时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，当0<a <12时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－2a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－2a 2，＋∞. (2)由(1)知，0<a <12，x 1＋x 2＝1，x 1x 2＝a 2，则0<x 1<12<x 2， 由f (x 1)≥mx 2恒成立，得x 21－2x 1＋a ln x 1≥mx 2，即(1－x 2)2－2(1－x 2)＋2(1－x 2)x 2ln(1－x 2)≥mx 2，即m ≤x 2－1x 2＋2(1－x 2)ln(1－x 2)， 记h (x )＝x －1x＋2(1－x )ln(1－x )， 1>x >12， 则h ′(x )＝1x 2－2ln(1－x )－1>0⎝⎛⎭⎫1>x >12， 故h (x )在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递增，h ⎝⎛⎭⎫12＝－32－ln 2， 故m ≤－32－ln 2.。
课时跟踪检测 导数与函数的极值最值(重点高中)
课时跟踪检测（十五） 导数与函数的极值、最值(二)重点高中适用作业A 级——保分题目巧做快做1．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＝－1.2.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．3．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，＋∞. 4.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是( )A ．－13B ．－15C ．10D ．15解析：选A 求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ， 由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0， 即－3×4＋2a ×2＝0，所以a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，易知f (x )在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.又因为f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1， 所以当n ∈[－1,1]时，f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9. 故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.5.已知函数f (x )＝e x x 2－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( )A ．(－∞，e]B ．[0，e]C ．(－∞，e)D ．[0，e)解析：选A 因为函数f (x )＝e x x 2－k ⎝⎛⎭⎫2x ＋ln x ， 所以函数f (x )的定义域是(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝e x x 2－2x e x x4－k ⎝⎛⎭⎫－2x 2＋1x ＝⎝⎛⎭⎫e xx －k (x －2)x 2.因为x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点， 所以x ＝2是导函数f ′(x )＝0的唯一根． 所以e xx －k ＝0在(0，＋∞)上无变号零点．设g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2.当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0， 所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝e ，结合g (x )＝e xx 与y ＝k 的图象知，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则应需k ≤e.6.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：－127．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：1448．已知函数f (x )＝x 3－3ax ＋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 )＝3x 2－3a ＝3(x －a )(x ＋a )， 可得a ＝1，由f (x )＝x 3－3ax ＋b 在x ＝1处取得极小值2， 可得1－3＋b ＝2，故b ＝4.所以f (x )＝x 3－3x ＋4的极大值为f (－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.答案：69．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9527.10.设函数f (x )＝mx 2－(2m ＋1)x ＋ln x ，m ∈R. (1)当m ＝3时，求f (x )的极值； (2)设m >0，讨论函数f (x )的单调性．解：(1)当m ＝3时，f (x )＝3x 2－7x ＋ln x (x >0)，∴f ′(x )＝6x －7＋1x ＝(6x －1)(x －1)x .由f ′(x )>0，得0<x <16或x >1；由f ′(x )<0，得16<x <1，∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，16和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫16，1上单调递减， ∴函数f (x )的极大值为f ⎝⎛⎭⎫16＝－1312－ln 6，极小值为f (1)＝－4. (2)由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2mx －(2m ＋1)＋1x ＝(2mx －1)(x －1)x . 由f ′(x )＝0，得x ＝12m或x ＝1.①当12m ＝1，即m ＝12时，f ′(x )≥0恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当12m >1，即0<m <12时，由f ′(x )>0，得0<x <1或x >12m， 由f ′(x )<0，得1<x <12m，∴函数f (x )在(0,1)和⎝⎛⎭⎫12m ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，12m 上单调递减； ③当0<12m <1，即m >12时，由f ′(x )>0，得0<x <12m 或x >1，由f ′(x )<0，得12m<x <1，∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12m 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12m ，1上单调递减． B 级——拔高题目稳做准做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 ．－1B ．－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 )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 )极小值＝f (1)＝－1.2.(2018·广东韶关六校联考)对于三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导数，f ″(x )是f ′(x )的导数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g (x )＝2x 3－3x 2＋12，则g ⎝⎛⎭⎫1100＋g ⎝⎛⎭⎫2100＋…＋g ⎝⎛⎭⎫99100＝( ) A ．100 B ．50 C.992D ．0解析：选D ∵g (x )＝2x 3－3x 2＋12，∴g ′(x )＝6x 2－6x ，g ″(x )＝12x －6， 由g ″(x )＝0，得x ＝12，又g ⎝⎛⎭⎫12＝2×⎝⎛⎭⎫123－3×⎝⎛⎭⎫122＋12＝0， ∴函数g (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫12，0对称， ∴g (x )＋g (1－x )＝0，∴g ⎝⎛⎭⎫1100＋g ⎝⎛⎭⎫2100＋…＋g ⎝⎛⎭⎫99100＝49×0＋g ⎝⎛⎭⎫50100＝g ⎝⎛⎭⎫12＝0.故选D.3.函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．解析：令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a . 当x 变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：从而⎩⎪⎨⎪⎧(－a )3－3a (－a )＋b ＝6，(a )3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)． 答案：(－1,1)4.设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a 的取值范围为________．解析：∵f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －ax －b ， 由f ′(1)＝0，得b ＝1－a .∴f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－ax 2＋1＋ax －x x＝－(ax ＋1)(x －1)x. ①若a ≥0，当0＜x ＜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x ＝1是f (x )的极大值点．②若a ＜0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1a . 因为x ＝1是f (x )的极大值点，所以－1a＞1，解得－1＜a ＜0.综合①②得a 的取值范围是(－1，＋∞)． 答案：(－1，＋∞) 5.已知函数f (x )＝x e x －2e.(1)求曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程；(2)设函数g (x )＝－1x －ln xx ＋m (m ∈R)，试讨论函数f (x )与g (x )的图象在(0，＋∞)上交点的个数．解：(1)由题意知，f ′(x )＝1－xe x ，∴f ′(0)＝1，又f (0)＝－2e，故所求切线方程为y ＋2e ＝x ，即x －y －2e ＝0.(2)令h (x )＝f (x )－g (x )＝x e x －2e ＋1x ＋ln xx －m (x >0)，则h ′(x )＝1－x e x －1x 2＋1－ln x x 2＝1－x e x －ln xx 2.易知h ′(1)＝0，∴当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0， ∴函数h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴h (x )max ＝h (1)＝－1e＋1－m .①当－1e ＋1－m ＝0，即m ＝1－1e 时，函数h (x )只有1个零点，即函数f (x )与g (x )的图象在(0，＋∞)上只有1个交点； ②当－1e ＋1－m <0，即m >1－1e 时，函数h (x )没有零点，即函数f (x )与g (x )的图象在(0，＋∞)上没有交点； ③当－1e ＋1－m >0，即m <1－1e 时，函数h (x )有2个零点，即函数f (x )与g (x )的图象在(0，＋∞)上有2个交点．6.(2018·广西三市第一次联考)已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln xx ，其中e 是自然对数的底数，a ∈R.(1)当a ＝1时，求f (x )的极值，并证明f (x )＞g (x )＋12恒成立；(2)是否存在实数a ，使f (x )的最小值为3？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)∵f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x . ∴当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，此时f (x )单调递减； 当1＜x ＜e 时，f ′(x )＞0，此时f (x )单调递增． ∴f (x )的极小值为f (1)＝1， 即f (x )在(0，e]上的最小值为1， 令h (x )＝g (x )＋12＝ln x x ＋12，则h ′(x )＝1－ln xx 2，当0＜x ＜e 时，h ′(x )＞0，h (x )在(0，e]上单调递增， ∴h (x )max ＝h (e)＝1e ＋12＜12＋12＝1＝f (x )min .∴f (x )＞g (x )＋12恒成立．(2)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 . ①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e (舍去)，∴a ≤0时，不存在a 使f (x )的最小值为3.②当0＜1a ＜e ，即a ＞1e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎤ 1a ，e 上单调递增， ∴f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件． ③当1a ≥e ，即0＜a ≤1e 时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)，∴1a≥e时，不存在a使f(x)的最小值为3. 综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)有最小值3.。
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.已知函数 (R)．(1)当时，求函数的极值；（2）若函数的图象与轴有且只有一个交点，求的取值范围．【答案】（1）当时, 取得极大值为;当时, 取得极小值为.（2）a的取值范围是．【解析】（1）遵循“求导数，求驻点，讨论驻点两侧导数值符号，确定极值”.（2）根据= ，得到△= = .据此讨论：①若a≥1，则△≤0，此时≥0在R上恒成立，f（x）在R上单调递增 .计算f（0），,得到结论.②若a＜1，则△＞0，= 0有两个不相等的实数根，不妨设为．有．给出当变化时，的取值情况表.根据f（x1）·f（x2）＞0, 解得a＞．作出结论.试题解析：（1）当时，，∴.令="0," 得. 2分当时,, 则在上单调递增;当时,, 则在上单调递减;当时,, 在上单调递增. 4分∴当时, 取得极大值为;当时, 取得极小值为. 6分（2）∵= ，∴△= = .①若a≥1，则△≤0， 7分∴≥0在R上恒成立，∴ f（x）在R上单调递增 .∵f（0），,∴当a≥1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点． 9分②若a＜1，则△＞0，∴= 0有两个不相等的实数根，不妨设为．∴．当变化时，的取值情况如下表：x x（x，x）x++11分∵,∴.∴=.同理. ∴.令f（x1）·f（x2）＞0, 解得a＞．而当时,, 13分故当时, 函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点.综上所述，a的取值范围是． 14分【考点】应用导数研究函数的极值、单调性及函数的图象，分类讨论思想.2.函数的极小值是 .【答案】.【解析】，令，解得，列表如下：极大值极小值故函数在处取得极小值，即.【考点】函数的极值3.已知a≤＋lnx对任意的x∈[，2]恒成立，则a的最大值为________．【解析】令f(x)＝＋lnx，f′(x)＝，当x∈[，1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2]时，f′(x)>0，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，故a最大值为0.4.已知函数,是函数的导函数，且有两个零点和(),则的最小值为()A．B．C．D．以上都不对【答案】B【解析】，由题意，当或时，，当时，，因此的最小值是，选B．【考点】函数的极值与最值．5.已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则 ()．A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值【答案】C【解析】当k＝1时，f′(x)＝e x·x－1，f′(1)≠0，∴x＝1不是函数f(x)的极值点．当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xe x＋e x－2)，显然f′(1)＝0，且x在1的左边附近f′(x)<0，x在1的右边附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取到极小值．6.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是______．【答案】(，2)【解析】由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得又a>0，解得<a<2.7.设函数f(x)＝x e x，则()．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【答案】D【解析】∵f(x)＝x e x，∴f′(x)＝e x＋x e x＝e x(1＋x)．∴当f′(x)＞0时，则x＞－1，函数y＝f(x)是增函数，同理可求，x＜－1时函数f(x)为减函数．∴x＝－1时，函数f(x)取得极小值．8.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是()．A．(0,2]B．(0,2)C．[，2)D．(，2)【答案】D【解析】由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得又a>0，解得<a<2，故选D.9.若函数在区间内有极值，则实数的取值范围是 .【答案】【解析】因为函数在区间内有极值，所以导数在区间内必有零点，于是.【考点】1.导数的公式与法则；2.函数的零点.10.某人进行了如下的“三段论”推理：如果，则是函数的极值点，因为函数在处的导数值，所以是函数的极值点.你认为以上推理的 ( ) A．大前提错误B．小前提错误C．推理形式错误D．结论正确【答案】A【解析】本题中，如果，则是函数的极值点是错误的.若是函数的极值点，则函数在的左右两侧异号，而否则尽管有，都不能说明是函数的极值点.如，其导数，函数在上是增函数.所以不是函数的极值点.因此本题是大前提错误.【考点】推理与证明、导数、函数的极值11.在处有极小值，则实数为 .【答案】1【解析】由得，又在处有极小值，故，解得或，当时，有，函数在单调递增，在单调递减，故在处有极小值；当时，有，函数在单调递增，在单调递减，故在处有极大值.综上可知.【考点】利用导数处理函数的极值12.已知函数.(1)当时，求函数的极值；(2)求函数的单调区间.【答案】（1），无极大值；（2）见解析.【解析】（1）先找到函数的定义域，在定义域内进行作答，在条件下求出函数的导函数，根据函数的单调性与导数的关系，判断函数的极值；（2）先求出函数的导函数，其导函数中含有参数，所以要进行分类讨论，对分三种情况，，进行讨论，分别求出每种情况下的函数的单调增区间和单调减区间.试题解析：（1）函数的定义域是， 1分当时，，所以在上递减，在上递增，所以函数的极小值为，无极大值； 4分（2）定义域， 5分①当，即时，由，得的增区间为；由，得的减区间为； 7分②当，即时，由，得的增区间为和；由，得的减区间为； 9分③当，即时，由，得的增区间为和；由，得的减区间为； 11分综上，时，的增区间为，减区间为；时，的增区间为和，减区间为；时，的增区间为和，减区间为. 13分【考点】1、对数函数的定义域；2、含参数的分类讨论思想；3、函数的单调性与导数的关系；4、解不等式；5、求函数的极值.13.已知函数（，，且）的图象在处的切线与轴平行. （1）确定实数、的正、负号；（2）若函数在区间上有最大值为，求的值．【答案】（1），；（2）.【解析】（1）先求导数，因为切线与轴平行，所以导数为0，列出等式，判断出的符号；（2）求导数，令导数为0，解出方程的根，利用导数的正负判断出函数的单调性，通过分类讨论的方法找到最大值，让最大值等于，解出的值.试题解析：（1） 1分由图象在处的切线与轴平行，知，∴. 2分又，故，. 3分(2) 令,得或. 4分∵，令，得或令，得.于是在区间内为增函数，在内为减函数,在内为增函数.∴是的极大值点，是极小值点. 5分令，得或. 6分分类：①当时，，∴ .由解得， 8分②当时，, 9分∴.由得 . 10分记,∵, 11分∴在上是增函数，又，∴, 12分∴在上无实数根. 13分综上，的值为. 14分【考点】1.用导数求切线的斜率；2.用导数求函数最值.14.已知函数，当时取得极小值，则等于（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由，解得，当；当；当，故在处取得最小值，即，则，所以，故选D.【考点】导数的极值点求法，导数的极值求解.15.对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解,则称点为函数的“拐点”。
课时跟踪检测(十五) 导数与函数的极值、最值
课时跟踪检测（十五） 导数与函数的极值、最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．函数f (x )＝ln x －x 在(0，e]上的最大值为________．解析：f ′(x )＝1x －1＝1－x x (x >0)，令f ′(x )>0，得0<x <1，令f ′(x )<0，得x >1，∴f (x )在(0,1]上是增函数，在(1，e]上是减函数．∴当x ＝1时，f (x )在(0，e]上取得最大值f (1)＝－1.答案：－12．函数f (x )＝12e x (sin x ＋cos x )⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2的值域为________ 解析：∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴f ′(x )＝e x cos x ≥0， ∴f (0)≤f (x )≤f ⎝⎛⎭⎫π2，即12≤f (x )≤12e π2. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，12e π23．当函数y ＝x ·2x 取极小值时，x ＝________. 解析：令y ′＝2x ＋x ·2x ln 2＝0，∴x ＝－1ln 2. 答案：－1ln 24．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为________．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.故实数c 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞.答案：⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞ 5．已知函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则f (x )的极大值为________．解析：因为f ′(x )＝2f ′(1)x －1，令x ＝1，得f ′(1)＝1.所以f (x )＝2ln x －x ，f ′(x )＝2x －1.当0<x <2，f ′(x )>0；当x >2，f ′(x )<0.从而f (x )的极大值为f (2)＝2ln 2－2.答案：2ln 2－2二保高考，全练题型做到高考达标1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为________．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.答案：122．若函数f (x )＝x 3－3x －a 在区间[0,3]上的最大值和最小值分别为M ，N ，则M －N 的值为________．解析：f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，得x ＝1(x ＝－1舍去)．∵f (0)＝－a ，f (1)＝－2－a ，f (3)＝18－a .∴M ＝18－a ，N ＝－2－a .∴M －N ＝20.答案：203．(2016·南京外国语学校)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于________．解析：由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2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 )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83. 答案：834．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ＞0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．解析：令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ， 则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：从而⎩⎪⎨⎪⎧(－a )3－3a (－a )＋b ＝6，(a )3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)． 答案：(－1,1)5．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________．解析：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)．答案：[－3,0)6．函数f (x )＝13x 3＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173.答案：－1737．(2016·苏州模拟)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1 时有极值0，则a －b ＝________.解析：由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7.答案：－78．给出下列四个命题：①若函数f (x )在[a ，b ]上有最大值，则这个最大值一定是函数f (x )在[a ，b ]上的极大值；②若函数f (x )在[a ，b ]上有最小值，则这个最小值一定是函数f (x )在[a ，b ]上的极小值； ③若函数f (x )在[a ，b ]上有最值，则最值一定在x ＝a 或x ＝b 处取得； ④若函数f (x )在(a ，b )内连续，则f (x )在(a ，b )内必有最大值与最小值． 其中真命题的个数为________．解析：因为函数的最值可以在区间[a ，b ]的两端点处取得，也可以在内部取得，当最值在端点处取得时，该最值就一定不是极值，故命题①与②为假命题．由于最值可以在区间内部取得，故命题③也为假命题．在(a ，b )内的单调函数，在(a ，b )内必定无最值(也无极值)，因此命题④也为假命题．综上所述，四个命题均为假命题．答案：09．设f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1的导函数为f ′(x )，若函数y ＝f ′(x )的图象关于直线x ＝－12对称，且f ′(1)＝0. (1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )的极值．解：(1)因为f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1， 故f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋b ， 从而f ′(x )＝6⎝⎛⎭⎫x ＋a 62＋b －a 26， 即y ＝f ′(x )的图象关于直线x ＝－a6对称．所以－a 6＝－12，即a ＝3.由f ′(1)＝0，即6＋2a ＋b ＝0，得b ＝－12. 所以a ＝3，b ＝－12.(2)由(1)，知f (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋1， f ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x －1)(x ＋2)．令f ′(x )＝0，即6(x －1)(x ＋2)＝0，解得x ＝－2或x ＝1.当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，即f (x )在(－∞，－2)上单调递增； 当x ∈(－2,1)时，f ′(x )<0，即f (x )在(－2,1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞) 时，f ′(x )>0，即f (x )在(1，＋∞)上单调递增．从而函数f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝21，在x ＝1处取得极小值f (1)＝－6.10．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：(1)由f(x)＝x－1＋ae x，得f′(x)＝1－a e x.又曲线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－ae x，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．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.其中正确结论的序号是________．解析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由f′(x)＜0，得1＜x＜3，由f′(x)＞0，得x＜1或x＞3，∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．又a＜b＜c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，∴f(x)极大值＝f(1)＝4－abc＞0，f(x)极小值＝f(3)＝－abc＜0.∴0＜abc＜4.∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f (0)＜0.∴f (0)f (1)＜0，f (0)f (3)＞0.∴正确结论的序号是②③. 答案：②③2．已知函数f (x )＝mx 3＋nx 2的图象在点(－1,2)处的切线与直线3x ＋y ＝0平行，若f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，则实数t 的取值范围是________．解析：因为f ′(x )＝3mx 2＋2nx ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(－1)＝3m －2n ＝－3，f (－1)＝－m ＋n ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3，所以f ′(x )＝3x 2＋6x .又f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，所以f ′(x )＝3x 2＋6x ≤0在区间[t ，t ＋1]上恒成立．即⎩⎪⎨⎪⎧f ′(t )＝3t 2＋6t ≤0，f ′(t ＋1)＝3(t ＋1)2＋6(t ＋1)≤0，解得t ∈[－2，－1]．答案：[－2，－1]3．(2016·苏北四市调研)已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a ＞0，b ∈R)． (1)设a ＝1，b ＝－1，求f (x )的单调区间；(2)若对任意的x ＞0，f (x )≥f (1)，试比较ln a 与－2b 的大小． 解：(1)由f (x )＝ax 2＋bx －ln x ，x ∈(0，＋∞)， 得f ′(x )＝2ax 2＋bx －1x .∵a ＝1，b ＝－1，∴f ′(x )＝2x 2－x －1x ＝(2x ＋1)(x －1)x (x ＞0)． 令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ＞1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． ∴f (x )的单调递减区间是(0,1)， f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)．(2)由题意可知，f (x )在x ＝1处取得最小值，即x ＝1是f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝0，∴2a ＋b ＝1，即b ＝1－2a . 令g (x )＝2－4x ＋ln x (x ＞0)， 则g ′(x )＝1－4xx .令g ′(x )＝0，得x ＝14.当0＜x ＜14时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ＞14时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，∴g (x )≤g ⎝⎛⎭⎫14＝1＋ln 14＝1－ln 4＜0， ∴g (a )＜0，即2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a ＜0， 故ln a ＜－2b .。
高考数学一轮复习课时过关检测十五导数与函数的极值最值含解析
课时过关检测(十五) 导数与函数的极值、最值A 级——基础达标1．函数f (x )＝x 3－3x 2＋3x 的极值点的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：A f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2，当x ＝1时导函数值为0，但在此零点两侧导函数均大于0，所以此处不是函数的极值点，所以函数极值点个数为0．2．已知函数f (x )＝(x 2－a )e x，则“a ≥－1”是“f (x )有极值”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：B f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x＝0，x 2＋2x －a ＝0，Δ＝4＋4a ．若Δ＝4＋4a ≤0，a ≤－1，则f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x≥0恒成立，f (x )为增函数，无极值；若Δ＝4＋4a ＞0，即a ＞－1，则f (x )有两个极值．所以“a ≥－1”是“f (x )有极值”的必要不充分条件．故选B ．3．设函数f (x )＝e xx ＋a ，若f (x )的极小值为e ，则a ＝( )A ．－12B ．12C ．32D ．2解析：B 由已知得f ′(x )＝exx ＋a －1x ＋a 2(x ≠－a )，令f ′(x )＝0，有x ＝1－a ，且当x ＜1－a 时函数f (x )单调递减，当x ＞1－a 时函数f (x )单调递增，∴f (x )的极小值为f (1－a )＝e1－a＝e ，即1－a ＝12，得a ＝12．故选B ．4．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22＝( )A ．23 B ．43 C ．83D ．163解析：C 由题中图象可知f (x )的图象经过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，所以1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，x 1，x 2是方程3x 2－6x ＋2＝0的两根，所以x 1＋x 2＝2，x 1·x 2＝23，∴x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－2×23＝83．5．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ex ，x ≥a ，x ，x ＜a ，若函数存在最大值，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≤1B ．a ＜1C ．a ≤1eD ．a ＜1e解析：C 显然x ＜a 时，f (x )＜a 无最大值，x ≥a 时，f (x )＝xe x 存在最大值，f ′(x )＝1－xex ，当x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )递增，当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )递减，所以x ＝1时，f (x )取得极大值也是最大值．f (1)＝1e ，因此f (x )要有最大值，必须满足⎩⎪⎨⎪⎧a ≤1，a ≤1e，所以a ≤1e．故选C ．6．(多选)若函数f (x )＝2x 3－ax 2(a <0)在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a ＋63上有最大值，则a 的取值可能为( )A ．－6B ．－5C ．－4D ．－3解析：ABC 令f ′(x )＝2x (3x －a )＝0，得x 1＝0，x 2＝a 3(a <0)，当a3<x <0时，f ′(x )<0；当x <a 3或x >0时，f ′(x )>0，则f (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0，从而f (x )在x ＝a3处取得极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327，由f (x )＝－a 327，得⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 32⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋a 3＝0，解得x＝a 3或x ＝－a 6，又f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a ＋63上有最大值，所以a 3<a ＋63≤－a 6，即a ≤－4，故选A 、B 、C ．7．(多选)已知函数f (x )＝x ＋sin x －x cos x 的定义域为[－2π，2π)，则( ) A ．f (x )为奇函数B ．f (x )在[0，π)上单调递增C ．f (x )恰有4个极大值点D ．f (x )有且仅有4个极值点解析：BD 因为f (x )的定义域为[－2π，2π)，所以f (x )是非奇非偶函数．f ′(x )＝1＋cos x －(cos x －x sin x )＝1＋x sin x ，当x ∈[0，π)时，f ′(x )>0，则f (x )在[0，π)上单调递增，显然f ′(0)≠0，令f ′(x )＝0，得sin x ＝－1x，在同一坐标系中分别作出y＝sin x ，y ＝－1x在区间[－2π，2π)上的图象如图所示，由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f (x )在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f (x )只有2个极大值点，故选B 、D ．8．已知函数f (x )＝e －x－e x，x ∈[0，a ]，a 为正实数，则函数f (x )的最小值为________，最大值为________．解析：f ′(x )＝－e －x－e x＝－e 2x＋1ex ．当x ∈[0，a ]时，f ′(x )＜0恒成立，即f (x )在[0，a ]上单调递减．故当x ＝a 时，f (x )有最小值f (a )＝e －a －e a；当x ＝0时，f (x )有最大值f (0)＝e －0－e 0＝0．即f (x )的最小值为e －a－e a，最大值为0．答案：e －a －e a9．已知函数f (x )＝ax 3－12x 2＋x －x ln x 存在两个极值点，则实数a 的取值范围是________．解析：函数的定义域为(0，＋∞)，由题意得f ′(x )＝3ax 2－x －ln x ，因为函数f (x )有两个极值点，所以f ′(x )有两个变号零点．由f ′(x )＝0得3ax 2＝x ＋ln x ，即3a ＝x ＋ln x x 2，令g (x )＝x ＋ln x x 2，则g ′(x )＝－x ＋1－2ln xx 3，易知函数y ＝－x ＋1－2ln x 是减函数，且当x ＝1时，y ＝0，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ＞1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．故g (x )max ＝g (1)＝1，又当0＜x ＜1e时，g (x )＜0，当x ＞1时，g (x )＞0，所以要使f ′(x )有两个零点，需0＜3a ＜1，即0＜a ＜13．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13 10．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 )的变化情况如下表．故f (x )(2)由(1)知，函数f (x )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，则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a >0时，若x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a ，则f ′(x )>0，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞，则f ′(x )<0，故函数在x ＝1a处有极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点；当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a．B 级——综合应用11．关于x 的不等式2sin 3x cos x －a ≤0在x ∈(0，π)恒成立，则实数a 的最小值为( ) A ．－338B ．0C ．1D ．338解析：D 依题意，令f (x )＝2sin 3x cos x ，所以f ′(x )＝6sin 2x cos 2x －2sin 4x ＝2sin 2x (3cos 2x －sin 2x )＝2sin 2x (4cos 2x －1)，又x ∈(0，π)，令f ′(x )＝0，可得cos x ＝±12，所以x ＝π3或x ＝2π3，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π3时，f ′(x )＞0，所以f (x )＝2sin 3x cos x 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3时，f ′(x )＜0，所以f (x )＝2sin 3x cos x 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2π3，π时，f ′(x )＞0，所以f (x )＝2sin 3x cos x 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，π单调递增，所以当x ＝π3时，函数取最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝338，所以实数a 的最小值为338．故选D ．12．(2022·潍坊模拟)某商场销售某种商品，经验表明，该商品每日的销售量y (千克)与销售价格x (元/千克)满足关系式y ＝2x －3＋10(x －6)2，x ∈(3,6)．若该商品的成本为3元/千克，则当销售价格为________元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大．解析：商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －3＋10x －62＝2＋10(x －3)(x －6)2,3＜x ＜6，f ′(x )＝10[]x －62＋2x －3x －6＝30(x －4)·(x－6)．令f ′(x )＝0，得x ＝4或x ＝6(舍去)．故当x ∈(3,4)时f ′(x )＞0，当x ∈(4,6)时f ′(x )＜0．则函数f (x )在(3,4)上单调递增，在(4,6)上单调递减，∴当x ＝4时函数f (x )取得最大值f (4)＝42．故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．`答案：413．有三个条件：①函数f (x )的图象过点(0,1)，且a ＝1；②f (x )在x ＝1时取得极大值116；③函数f (x )在x ＝3处的切线方程为4x －2y －7＝0，这三个条件中，请选择一个合适的条件将下面的题目补充完整(只要填写序号)，并解答本题．题目：已知函数f (x )＝13x 3＋a 2x 2＋2x ＋b 存在极值，并且________．(1)求f (x )的解析式；(2)当x ∈[1,3]时，求函数f (x )的最值．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解：选①：(1)f (0)＝b ＝1，所以a ＝b ＝1，故f (x )＝13x 3＋12x 2＋2x ＋1．(2)由(1)知f ′(x )＝x 2＋x ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋74＞0，所以f (x )单调递增，故f (x )max ＝f (3)＝412，f (x )min ＝f (1)＝236．选②：(1)因为f (x )＝13x 3＋a 2x 2＋2x ＋b ，所以f ′(x )＝x 2＋ax ＋2，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝13×13＋a 2×12＋2×1＋b ＝116，f ′1＝12＋a ＋2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝1，故f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋1，经检验f (x )在x ＝1时取得极大值，故符合题意，所以f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋1．(2)由(1)知f ′(x )＝x 2－3x ＋2，令f ′(x )＝x 2－3x ＋2＝0，解得x ＝1或x ＝2， 所以x ∈[1,2)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；x ∈(2,3]时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，则f (1)＝13－32＋2＋1＝116，f (2)＝13×23－32×22＋2×2＋1＝53，f (3)＝13×33－32×32＋2×3＋1＝52，所以f (x )min ＝53，f (x )max ＝52．选③：(1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧f 3＝52，f ′3＝2，又因为f ′(x )＝x 2＋ax ＋2，所以⎩⎪⎨⎪⎧f 3＝13×33＋a 2×32＋2×3＋b ＝52，f ′3＝32＋3a ＋2＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝1.所以f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋1．(2)由(1)知，f ′(x )＝x 2－3x ＋2，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝2，所以x ∈[1,2)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；x ∈(2,3]时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．又因f (1)＝116，f (2)＝53，f (3)＝52，所以f (x )max ＝f (3)＝52，f (x )min ＝f (2)＝53．C 级——迁移创新14．(多选)已知函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则下列结论正确的是( )A ．f (a )＜f (b )＜f (c )B ．f (e )＜f (d )＜f (c )C ．x ＝c 时，f (x )取得最大值D ．x ＝d 时，f (x )取得最小值解析：AB 由f ′(x )图象可知，当x ∈(－∞，c )∪(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(c ，e )时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(－∞，c )，(e ，＋∞)上单调递增，在(c ，e )上单调递减．对于A ，∵a ＜b ＜c ，∴f (a )＜f (b )＜f (c )，A 正确；对于B ，∵c ＜d ＜e ，∴f (e )＜f (d )＜f (c )，B 正确；对于C ，由单调性知f (c )为极大值，当x ＞e 时，可能存在f (x 0)＞f (c )，C 错误；对于D ，由单调性知f (e )＜f (d )，D 错误．故选A 、B ．15．设函数f (x )＝ln x ＋x 2＋2ax ＋1． (1)当a ＝－32时，求f (x )的极值；(2)判断函数f (x )在(a ＋2，＋∞)上是否存在极值．若存在，试求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)依题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)， 当a ＝－32时，函数f (x )＝ln x ＋x 2－3x ＋1(x ＞0)．对f (x )求导，得f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x ＝2x －1⎝⎛⎭⎪⎫x －12x，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝12．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0．所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减．于是f (x )在x ＝1处取得极小值，且极小值为f (1)＝－1，在x ＝12处取得极大值，且极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝ln 12－14， 所以函数f (x )的极大值为ln 12－14，极小值为－1．(2)存在．对f (x )求导，得f ′(x )＝1x ＋2x ＋2a ＝2x 2＋2ax ＋1x(x ＞0)．令f ′(x )＝0，即2x 2＋2ax ＋1＝0，令g (x )＝2x 2＋2ax ＋1，则函数g (x )的图象的对称轴为直线x ＝－a2．因为a ＋2≥0，所以a ≥－2．①当－a 2≤a ＋2，即a ≥－43时，g (a ＋2)＝2(a ＋2)2＋2a (a ＋2)＋1＝4a 2＋12a ＋9＞0恒成立，所以f (x )在(a ＋2，＋∞)上无极值．②当－a2＞a ＋2，即a ＜－43时，则－2≤a ＜－43，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝2×a 24＋2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋1＝－a 22＋1． 当－a 22＋1≥0时，有－2≤a ≤2，即－2≤a ＜－43时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(a ＋2，＋∞)上无极值．当－a 22＋1＜0时，有a ＜－2或a ＞2，又－2≤a ＜－43，所以－2≤a ＜－2，因为g (a ＋2)＝4a 2＋12a ＋9≥0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝－a 22＋1＜0，当x →＋∞时，g (x )＞0，所以存在x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2，－a 2，使得f ′(x 1)＝0，存在x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞，使得f ′(x 2)＝0．所以当x ∈(a ＋2，x 1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0．由此可知，当－2≤a ＜－2时，f (x )有极值．综上所述，函数f (x )在(a ＋2，＋∞)上存在极值，且实数a 的取值范围为[－2，－2)．。
2025年高考数学一轮复习-导数与函数的极值、最值-课时作业-【含解析】
2025年高考数学一轮复习课时作业-导数与函数的极值、最值【原卷版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)已知函数f(x)=x3-3x2-9x(-2<x<2),则()A.f(x)的极大值为5,无极小值B.f(x)的极小值为-27,无极大值C.f(x)的极大值为5,极小值为-27D.f(x)的极大值为5,极小值为-112.(5分)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()3.(5分)已知函数f(x)=x2-8x+6ln x+1,则f(x)的极大值为()A.10B.-6C.-7D.04.(5分)函数f(x)=e 2-3在[2,+∞)上的最小值为()A.e36B.e2C.e34D.2e5.(5分)(多选题)(2023·怀化模拟)下列函数中,存在极值点的是()A.y=x-1B.y=2|x|C.y=-2x3-xD.y=x ln x6.(5分)已知函数f(x)=(x+1)2+cos(x+1)+a的最小值是4,则a=()A.3B.4C.5D.67.(5分)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=-x3+27x+123(x>0),则获得最大年利润时的年产量为百万件.8.(5分)设函数f(x)=e + ,若f(x)的极小值为e,则a=.9.(5分)(2023·苏州模拟)函数f(x)=-13x3+x在(a,10-a2)上有最大值,则实数a的取值范围是.10.(10分)已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.(1)求a,b的值;(2)设函数g(x)的导函数g'(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.11.(10分)已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;【解析】f'(x)=(x+1-a)e x.(1)当a=2时,f'(x)=(x-1)e x.所以f(0)=-2,f'(0)=-1,所以所求切线方程为y+2=-x,即x+y+2=0.(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.【能力提升练】12.(5分)已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则12+ 22等于()A.23B.43C.83D.16313.(5分)(多选题)(2023·烟台模拟)已知函数f(x)= 2+ -1e ,则下列结论正确的是()A.函数f(x)存在两个不同的零点B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值C.当-e<k≤0时,方程f(x)=k有且只有两个实根D.若x∈[t,+∞)时,f(x)max=5e2,则t的最小值为214.(10分)(2023·沧州模拟)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.2025年高考数学一轮复习课时作业-导数与函数的极值、最值【解析版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)已知函数f(x)=x3-3x2-9x(-2<x<2),则()A.f(x)的极大值为5,无极小值B.f(x)的极小值为-27,无极大值C.f(x)的极大值为5,极小值为-27D.f(x)的极大值为5,极小值为-11【解析】选A.f'(x)=3x2-6x-9=3(x-3)(x+1),由f'(x)>0,得-2<x<-1,由f'(x)<0,得-1<x<2,所以函数f(x)=x3-3x2-9x(-2<x<2)在(-2,-1)上单调递增,在(-1,2)上单调递减,所以函数f(x)=x3-3x2-9x(-2<x<2)在x=-1时,取得极大值5,无极小值.2.(5分)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.3.(5分)已知函数f(x)=x2-8x+6ln x+1,则f(x)的极大值为()A.10B.-6C.-7D.0【解析】选B.因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-8+6 =2( -1)( -3) ,令f'(x)=0,解得x=1或x=3,故列表如下:x(0,1)1(1,3)3(3,+∞)f'(x)+0-0+f(x)单调递增-6单调递减-14+6ln3单调递增所以f(x)的极大值为f(1)=-6.4.(5分)函数f(x)=e 2-3在[2,+∞)上的最小值为()A.e36B.e2C.e34D.2e【解析】选A.依题意f'(x)=e ( 2-3)2(x2-2x-3)=e ( 2-3)2(x-3)(x+1),故函数在(2,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,故函数在x=3处取得极小值也是最小值,且最小值为f(3)=e332-3=e36.5.(5分)(多选题)(2023·怀化模拟)下列函数中,存在极值点的是()A.y=x-1B.y=2|x|C.y=-2x3-xD.y=x ln x【解析】选BD.由题意,对于A,函数y=x-1 ,则y'=1+1 2所以函数y=x-1 在(-∞,0),(0,+∞)上单调递增,没有极值点;对于B,函数y=2|x|=2 , ≥0,2- , <0,则当x<0时,函数y=2|x|单调递减,当x>0时,函数y=2|x|单调递增,所以函数y=2|x|在x=0处取得极小值;对于C,函数y=-2x3-x,则y'=-6x2-1<0,所以函数y=-2x3-x在R上单调递减,没有极值点;对于D,函数y=x ln x,y'=ln x+1,则当x∈(0,1e)时,y'<0,函数单调递减,当x∈(1e,+∞)时,y'>0,函数单调递增,当x=1e时,函数取得极小值.6.(5分)已知函数f(x)=(x+1)2+cos(x+1)+a的最小值是4,则a=()A.3B.4C.5D.6【解析】选A.令x+1=t,则f(x)=g(t)=t2+cos t+a,g'(t)=2t-sin t,(2t-sin t)'=2-cos t>0,g'(t)在R上单调递增,而g'(0)=0,故t∈(-∞,0)时,g'(t)<0,g(t)单调递减,t∈(0,+∞)时,g'(t)>0,g(t)单调递增,故g(t)min=g(0)=1+a=4,解得a=3.7.(5分)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=-x3+27x+123(x>0),则获得最大年利润时的年产量为百万件.【解析】y'=-3x2+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.答案:38.(5分)设函数f(x)=e + ,若f(x)的极小值为e,则a=.【解析】由已知得f'(x)=e ( + -1)( + )2(x≠-a),令f'(x)=0,有x=1-a,则f(x)在(-∞,-a),(-a,1-a)上单调递减,在(1-a,+∞)上单调递增,所以f(x)的极小值为f(1-a)=e1-a=e,即1-a=12,得a=12.答案:129.(5分)(2023·苏州模拟)函数f(x)=-13x3+x在(a,10-a2)上有最大值,则实数a的取值范围是.【解析】由于f'(x)=-x2+1,易知f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)上单调递增,故若函数f(x)在(a,10-a2)上存在最大值,则 <1,10- 2>1,(1)≥ ( ),即-2≤a<1.答案:[-2,1)10.(10分)已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.(1)求a,b的值;【解析】(1)由题设知f'(x)=3x2+2ax+b,且f'(-1)=3-2a+b=0,f'(1)=3+2a+b=0,解得a=0,b=-3.(2)设函数g(x)的导函数g'(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.【解析】(2)由(1)知f(x)=x3-3x,则g'(x)=f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以g'(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2.即函数g(x)的极值点只可能是1或-2,当x<-2时,g'(x)<0,当-2<x<1时,g'(x)>0,当x>1时,g'(x)>0,所以-2是g(x)的极值点,1不是g(x)的极值点.综上所述,g(x)的极值点为-2.11.(10分)已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;【解析】f'(x)=(x+1-a)e x.(1)当a=2时,f'(x)=(x-1)e x.所以f(0)=-2,f'(0)=-1,所以所求切线方程为y+2=-x,即x+y+2=0.(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.【解析】f'(x)=(x+1-a)e x.(2)令f'(x)=0,得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2.当x∈[1,2]时,f'(x)≥0,则f(x)在[1,2]上单调递增.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e;②若a-1≥2,则a≥3.x∈[1,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[1,2]上单调递减.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2;③若1<a-1<2,则2<a<3.f'(x),f(x)随x的变化情况如表:x[1,a-1)a-1(a-1,2]f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为[1,a-1),单调递增区间为(a-1,2],所以f(x)min=f(a-1)=-e a-1.综上可知,当a≤2时,f(x)min=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=-e a-1.【能力提升练】12.(5分)已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则12+ 22等于()A.23B.43C.83D.163【解析】选C.由题图象可知f(x)的图象经过点(1,0)与(2,0),x1,x2是f(x)的极值点,所以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3x2-6x+2=0的两根,所以x1+x2=2,x1·x2=23,所以12+ 22=(x1+x2)2-2x1x2=4-2×23=83.13.(5分)(多选题)(2023·烟台模拟)已知函数f(x)= 2+ -1e ,则下列结论正确的是()A.函数f(x)存在两个不同的零点B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值C.当-e<k≤0时,方程f(x)=k有且只有两个实根D.若x∈[t,+∞)时,f(x)max=5e2,则t的最小值为2【解析】选ABC.由f(x)=0,得x2+x-1=0,所以x=-1±52,故A正确;f'(x)=- 2- -2e =-( +1)( -2)e ,当x∈(-∞,-1)∪(2,+∞)时,f'(x)<0,当x∈(-1,2)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-1),(2,+∞)上单调递减,在(-1,2)上单调递增,所以f(-1)是函数的极小值,f(2)是函数的极大值,故B正确;又f(-1)=-e,f(2)=5e2,且当x→-∞时,f(x)→+∞,x→+∞时,f(x)→0,所以f(x)的图象大致如图所示,由图知C正确,D不正确.14.(10分)(2023·沧州模拟)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;【解析】(1)因为f(x)=e x cos x-x,所以f(0)=1,f'(x)=e x(cos x-sin x)-1,所以f'(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.(2)求函数f(x)在区间[0,π2]上的最大值和最小值.【解析】(2)f'(x)=e x(cos x-sin x)-1,令g(x)=f'(x),则g'(x)=-2e x sin x≤0在[0,π2]上恒成立,且仅在x=0处等号成立,所以g(x)在[0,π2]上单调递减,所以g(x)≤g(0)=0,所以f'(x)≤0且仅在x=0处等号成立,所以f(x)在[0,π2]上单调递减,所以f(x)max=f(0)=1,f(x)min=f(π2)=-π2.。
2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：15导数与函数的极值、最值含解析
课时作业15 导数与函数的极值、最值一、选择题1．当函数y ＝x ·2x 取极小值时，x ＝( B ) A.1ln2 B ．－1ln2 C ．－ln2D ．ln2解析：y ′＝2x ＋x ·2x ln2＝0，∴x ＝－1ln2.2．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( C ) A ．－2 B ．0 C ．2D ．4解析：f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或2.∴f (x )在[－1,0)上是增函数，f (x )在(0,1]上是减函数．∴f (x )max ＝f (x )极大值＝f (0)＝2.3．若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则导函数f ′(x )的图象不可能是( D )解析：若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f ′(x )在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x 轴，观察四个选项中的图象只有D 项是不符合要求的，即f ′(x )的图象不可能是D.4．(2019·贵州黔东南州联考)已知函数f (x )＝ln x －ax ，若函数f (x )在[1，e]上的最小值为32，则a 的值为( A )A ．－ eB ．－e 2C ．－32D ．e12解析：由题意，f ′(x )＝1x ＋ax 2，若a ≥0，则f ′(x )>0，函数单调递增，所以f (1)＝－a ＝32，矛盾；若－e<a <－1，函数f (x )在[1，－a ]上递减，在[－a ，e]上递增，所以f (－a )＝32，解得a ＝－e ；若－1≤a <0，函数f (x )是递增函数，所以f (1)＝－a ＝32，矛盾；若a ≤－e ，函数f (x )单调递减，所以f (e)＝32，解得a ＝－e2，矛盾．综上，a ＝－e ，故选A.5．(2019·河北邢台质检)若函数f (x )＝12x 2＋(a －1)x －a ln x 存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a 的取值范围为( B )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，32 D ．(－1,0)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ 解析：对函数求导得f ′(x )＝x －1＋a 1－1x ＝(x ＋a )(x －1)x ，因为函数存在唯一的极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，故x ＝1是唯一的极值点，此时－a ≤0且f (1)＝－12＋a ≥1⇒a ≥32.故选B.6．(2019·江西宜春六校联考)已知函数f (x )＝x ln x －a e x (e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a 的取值范围是( A )A.⎝⎛⎭⎪⎫0，1e B ．(0，e)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D ．(－∞，e) 解析：f ′(x )＝ln x －a e x ＋1，若函数f (x )＝x ln x －a e x 有两个极值点，则y ＝a 和g (x )＝ln x ＋1e x 在(0，＋∞)上有2个交点，g ′(x )＝1x －ln x －1e x (x >0)．令h (x )＝1x －ln x －1，则h ′(x )＝－1x 2－1x <0，h (x )在(0，＋∞)上递减，而h (1)＝0，故x ∈(0,1)时，h (x )>0，即g ′(x )>0，g (x )递增，x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，即g ′(x )<0，g (x )递减，故g (x )max＝g (1)＝1e ，而x →0时，g (x )→－∞，x →＋∞时，g (x )→0.若y ＝a 和g (x )＝ln x ＋1e x 在(0，＋∞)上有2个交点，只需0<a <1e .7．(2019·广东汕头质监)已知函数f (x )＝e xx －mx (e 为自然对数的底数)，若f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则实数m 的取值范围是( C )A ．(－∞，2)B ．(－∞，e)C.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，e 24 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫e 24，＋∞ 解析：∵f (x )＝e x x －mx >0在(0，＋∞)上恒成立，∴m <e xx 2在(0，＋∞)上恒成立，令g (x )＝e xx 2，x >0，∴g ′(x )＝(x 2－2x )e x x 4＝(x －2)e x x 3，当0<x <2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．故当x ＝2时，g (x )取得最小值，且最小值为g (2)＝e 24.∴m <e 24.二、填空题8．函数f (x )＝x sin x ＋cos x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π上的最大值为π2.解析：因为f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2.9．若函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则函数f (x )的极大值为2ln2－2. 解析：因为f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，所以f ′(x )＝2f ′(1)x －1， 令x ＝1得，f ′(1)＝2f ′(1)－1，得f ′(1)＝1， 故f (x )＝2ln x －x ，定义域为(0，＋∞)．且f ′(x )＝2x －1＝2－x x ，当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )<0，所以当x ＝2时，f (x )取得极大值，且f (x )极大值＝f (2)＝2ln2－2.10．(2019·安徽合肥质检)设a ∈R ，函数f (x )＝ax 3－3x 2，若函数g (x )＝f (x )＋f ′(x )，x ∈[0,2]，且在x ＝0处取得最大值，则a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，65. 解析：g (x )＝ax 3－3x 2＋3ax 2－6x ＝ax 2(x ＋3)－3x (x ＋2)，g (0)＝0.若g (x )在区间[0,2]上的最大值为g (0)，则g (x )≤g (0)，即ax 2(x ＋3)－3x (x ＋2)≤0在[0,2]上恒成立．当x ＝0时，显然成立；当x ≠0时，有a ≤3(x ＋2)x (x ＋3)在(0,2]上恒成立．设h (x )＝3(x ＋2)x (x ＋3)＝3x ＋3＋6x 2＋3x ，显然h (x )在(0,2]上单调递减，最小值为h (2)＝3×(2＋2)2×(2＋3)＝65.因此a ≤65. 三、解答题11．(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x . (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x . f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0.所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x . 若a >12，则当x ∈(1a ，2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是(12，＋∞)．12．(2019·四川内江一模)已知函数f (x )＝a sin x ＋b cos x (a ，b ∈R )，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎪⎫π3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3处的切线方程为y ＝x －π3.(1)求a ，b 的值；(2)设k ∈R ，求函数g (x )＝kx －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值．解：(1)由切线方程知，当x ＝π3时，y ＝0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝32a ＋12b ＝0. ∵f ′(x )＝a cos x －b sin x ，∴由切线方程知，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝12a －32b ＝1， ∴a ＝12，b ＝－32.(2)由(1)知，f (x )＝12sin x －32cos x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3，∴g (x )＝kx －sin x ，g ′(x )＝k －cos x ， ①当k ≤0时，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，g ′(x )≤0， 故g (x )单调递减．∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g (0)＝0. ②当0<k <1时，∵g ′(0)＝k －1<0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k >0，∴存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使g ′(x 0)＝0. 当x ∈[0，x 0)时，g ′(x )<0，故g (x )单调递减， 当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤x 0，π2时，g ′(x )>0，故g (x )单调递增．∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g (0)或g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2. 又g (0)＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k π2－1，∴当0<k ≤2π时，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g (0)＝0.当2π<k <1时，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k π2－1.③当k ≥1时，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，g ′(x )≥0，故g (x )单调递增，∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k π2－1.综上所述，当k ≤2π时，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g (0)＝0， 当k >2π时，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k π2－1.13．已知直线y ＝a 分别与函数y ＝e x ＋1和y ＝x －1交于A ，B 两点，则A ，B 之间的最短距离是( D )A.3－ln22 B.5－ln22 C.3＋ln22D.5＋ln22解析：由y ＝e x ＋1得x ＝ln y －1，由y ＝x －1得x ＝y 2＋1，所以设h (y )＝|AB |＝y 2＋1－(ln y －1)＝y 2－ln y ＋2，h ′(y )＝2y －1y ＝2⎝⎛⎭⎪⎫y －22⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋22y，当0<y <22时，h ′(y )<0，当y >22时，h ′(y )>0，即函数h (y )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞上单调递增，所以h (y )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－ln 22＋2＝5＋ln22，故选D. 14．(2019·河北五校联考)已知函数f (x )＝x ＋a ln x (a >0)，若∀x 1，x 2∈(12，1)(x 1≠x 2)，|f (x 1)－f (x 2)|>|1x 1－1x 2|，则正数a 的取值范围是[32，＋∞)．解析：由f (x )＝x ＋a ln x (a >0)，得当x ∈(12，1)时，f ′(x )＝1＋a x >0，f (x )在(12，1)上单调递增，不妨设x 1>x 2，则|f (x 1)－f (x 2)|>|1x 1－1x 2|，即f (x 1)－f (x 2)>1x 2－1x 1，f (x 1)＋1x 1>f (x 2)＋1x 2，令g (x )＝f (x )＋1x ，则g (x )在(12，1)上单调递增，所以g ′(x )＝1＋a x －1x 2≥0在(12，1)上恒成立，a x ≥1x 2－1，即a ≥1x －x 在(12，1)上恒成立，令h (x )＝1x －x ，x ∈(12，1)，则h ′(x )＝－1－1x 2<0，h (x )单调递减，故a ≥32，正数a 的取值范围是[32，＋∞)．尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．(2019·江西南昌调研)已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则( D )A ．f (x 1)>0，f (x 2)>－12B ．f (x 1)<0，f (x 2)<－12C ．f (x 1)>0，f (x 2)<－12D ．f (x 1)<0，f (x 2)>－12解析：f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，依题意知f ′(x )＝0有两个不等实根x 1，x 2，即曲线y ＝1＋ln x 与直线y ＝2ax 有两个不同交点，如图．由直线y ＝x 是曲线y ＝1＋ln x 的切线， 可知：0<2a <1,0<x 1<1<x 2.∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.由0<x 1<1，得f (x 1)＝x 1(ln x 1－ax 1)<0， ∵当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0， ∴f (x 2)>f (1)＝－a >－12，故选D.。
1392_高中数学习题：选择性必修三 6.2.2 导数与函数的极值最值 课后习题(含答案)_0
6.2.2导数与函数的极值、最值必备知识基础练1.函数f(x)的定义域为开区间(a,b),其导函数f'(x)在(a,b)内的图象如图所示,则函数f(x)在开区间(a,b)内的极大值点的个数为()A.1B.2C.3D.42.函数f(x)的导函数为f'(x)=-x(x+2),则函数f(x)有()A.最小值f(0)B.最小值f(-2)C.极大值f(0)D.极大值f(-2)3.函数f(x)=x2·e x+1,x∈[-2,1]的最大值为()A.4e-1B.1C.e2D.3e24.当x=1时,三次函数有极大值4,当x=3时有极小值0,且函数的图象过原点,则此函数是()A.f(x)=x3+6x2+9xB.f(x)=x3-6x2+9xC.f(x)=x3-6x2-9xD.f(x)=x3+6x2-9x5.设函数f(x)=e+,若f(x)的极小值为e,则a=()A.-12B.12C.32D.26.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为3,且x=23是y=f(x)的极值点,则a+b=.7.若函数f(x)=12x2-x+a ln x有两个不同的极值点,则实数a的取值范围是.8.函数f(x)=x3-3x2-9x+k在区间[-4,4]上的最大值为10,则其最小值为.9.定义在0,π2的函数f(x)=8sin x-tan x的最大值为.10.已知函数f(x)=13x3+a2x2+ax+b,当x=-1时,函数f(x)的极值为-712,则f(2)=.11.设函数f(x)=ln(2x+3)+x2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)求f(x)在区间-34.关键能力提升练12.(多选题)关于函数f(x)=e x-2,下列结论不正确的是()A.f(x)没有零点B.f(x)没有极值点C.f(x)有极大值点D.f(x)有极小值点13.已知函数y=f(x)在R上可导且f(0)=2,其导函数f'(x)满足'()-()-2>0,若函数g(x)满足e x g(x)=f(x),则下列结论错误的是()A.函数g(x)在(2,+∞)上单调递增B.x=2是函数g(x)的极小值点C.当x≤0时,不等式f(x)≤2e x恒成立D.函数g(x)至多有两个零点14.函数f(x)=4x-ln x的最小值为()A.1+2ln2B.1-2ln2C.1+ln 2D.1-ln 215.已知函数f (x )=2+2ln x ,若当a>0时,f (x )≥2恒成立,则实数a 的取值范围是.16.设f (x )=a ln x+12+32x+1,其中a ∈R ,曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线垂直于y 轴.(1)求a 的值;(2)求函数f (x )的极值.17.已知函数f (x )=x 3+k ln x (k ∈R ),f'(x )为f (x )的导函数.(1)当k=6时,①求曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程;②求函数g (x )=f (x )-f'(x )+9的单调区间和极值;(2)当k ≥-3时,求证:对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有'(1)+'(2)2>(1)-(2)1-2.学科素养创新练18.已知函数f (x )=e x +ax 2-x.(1)当a=1时,讨论f (x )的单调性;(2)当x ≥0时,f (x )≥12x 3+1,求a 的取值范围.19.已知函数g (x )=l n,f (x )=g (x )-ax.(1)若函数f (x )在(1,+∞)上是减函数,求实数a 的最小值;(2)若存在x 1,x 2∈[e,e 2],使f (x 1)≤f'(x 2)+a (a>0)成立,求实数a 的取值范围.参考答案6.2.2导数与函数的极值、最值1.B依题意,记函数y=f'(x )的图象与x 轴的交点的横坐标自左向右依次为x 1,x 2,x 3,x 4,当a<x<x 1时,f'(x )>0;当x 1<x<x 2时,f'(x )<0;当x 2<x<x 4时,f'(x )≥0;当x 4<x<b 时,f'(x )<0.因此,函数f (x )分别在x=x 1,x=x 4处取得极大值,选B .2.C由f'(x )=-x (x+2),令f'(x )=-x (x+2)>0,解得-2<x<0,即函数的单调递增区间为(-2,0),令f'(x )=-x (x+2)<0,解得x>0或x<-2,即函数的单调递减区间为(-∞,-2),(0,+∞),所以函数有极大值f (0),极小值f (-2).故选C .3.C∵f'(x )=(x 2+2x )e x+1=x (x+2)e x+1,∴令f'(x )=0,解得x=-2或x=0.又∵当x ∈[-2,1]时,e x+1>0,∴当-2<x<0时,f'(x )<0;当0<x<1时,f'(x )>0.∴f (x )在(-2,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增.又f (-2)=4e -1,f (1)=e 2,∴f (x )的最大值为e 2.4.B∵三次函数的图象过原点,故可设为f (x )=x 3+bx 2+cx ,∴f'(x )=3x 2+2bx+c.又x=1,3是f'(x )=0的两个根,∴1+3=-23,1×3=3,解得=-6,=9,∴f (x )=x 3-6x 2+9x.又y'=3x 2-12x+9=3(x-1)(x-3),∴当x=1时,f (x )极大值=4,当x=3时,f (x )极小值=0,满足条件,故选B .5.B由已知得f'(x )=e (+-1)(+)2(x ≠-a ),令f'(x )=0,有x=1-a ,且f (x )在(-∞,1-a )上单调递减,在(1-a ,+∞)上单调递增,∴f (x )的极小值为f (1-a )=e 1-a=e ,即1-a=12,得a=12.故选B .6.-2∵f'(x )=3x 2+2ax+b ,∴'3,'=0,即+2+=3,+43+=0.解得a=2,b=-4,∴a+b=2-4=-2.7.0,14因为函数f (x )=12x 2-x+a ln x 有两个不同的极值点,所以f'(x )=x-1+=2-+=0在(0,+∞)上有2个不同的零点,所以方程x 2-x+a=0在(0,+∞)上有两个不同的实数根,所以=1-4>0,>0,解得0<a<14,故实数a 的取值范围为0,14.8.-71f'(x )=3x 2-6x-9=3(x-3)(x+1).令f'(x )=0,得x=3或x=-1.又f (-4)=k-76,f (3)=k-27,f (-1)=k+5,f (4)=k-20,则f (x )max =k+5=10,得k=5,∴f (x )min =k-76=-71.9.33已知函数f (x )=8sin x-tan x ,那么f'(x )=8cos x-1c o s 2=8c o s 3-1c o s 2,令f'(x )=0,得cos x=12.∵x ∈0,π2,∴x=π3.当x ∈0,π3时,f'(x )>0,函数f (x )在区间0,π3上单调递增;当x ∈π3,π2时,f'(x )<0,函数f (x )在区间π3,π2上单调递减.∴当x=π3时,函数f (x )取得最大值fπ3=33.10.53已知函数f(x)=13x3+a2x2+ax+b,所以f'(x)=x2+2a2x+a.由题意知f'(-1)=0,f(-1)=-712,即1-22+=0,-13+2-+=-712,解得=1,=-14或=-12,=-1.当=1,=-14时,f'(x)=x2+2x+1=(x+1)2≥0,此时函数是R上的增函数,函数f(x)没有极值,不合题意;当=-12,=-1时,f'(x)=x2+12x-12=12(x+1)·(2x-1),令f'(x)=0,解得x=-1,x=12,当x<-1或x>12时,f'(x)>0,当-1<x<12时,f'(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,-1)和12,+∞上单调递增,函数f(x)在-1,12上单调递减.当x=-1时,f(x)取得极大值,符合题意,所以=-12,=-1.所以f(x)=13x3+14x2-12x-1.所以f(2)=53.11.解易知f(x)的定义域为-32,+∞.(1)f'(x)=22+3+2x=42+6+22+3=2(2+1)(+1)2+3.当-32<x<-1时,f'(x)>0;当-1<x<-12时,f'(x)<0;当x>-12时,f'(x)>0,从而f(x)在区间-32,-1,-12∞上单调递增,在区间-1,.(2)由(1)知,f(x)在区间-34f-ln2+14.又因为f-ln32+916-ln72−116=ln3712=-l0,所以f(x)在区间-34=116+ln72.12.ACD令f(x)=0,解得x=ln2,所以f(x)有零点,所以A选项不正确.f'(x)=e x>0,所以f(x)在R上递增,没有极值点,所以B选项正确,C,D选项不正确.故选ACD.13.C∵e x g(x)=f(x),∴g(x)=()e,则g'(x)='()-()e,由题意得当x>2时,f'(x)-f(x)>0,故y=g(x)在(2,+∞)上单调递增,选项A正确;当x<2时,f'(x)-f(x)<0,故y=g(x)在(-∞,2)上单调递减,故x=2是函数y=g(x)的极小值点,故选项B正确;由y=g(x)在(-∞,2)上单调递减,则y=g(x)在(-∞,0)上单调递减,由g(0)=(0)e0=2,得当x≤0时,g(x)≥g(0),∴()e≥2,故f(x)≥2e x,故选项C错误;若g(2)<0,则y=g(x)有2个零点,若g(2)=0,则函数y=g(x)有1个零点,若g(2)>0,则函数y=g(x)没有零点,故选项D正确.故选C.14.A f'(x)=4-1=4-1(x>0).令f'(x)>0,得x>14;令f'(x)<0,得0<x<14.所以当x=14时,函数有最小值为f14=4×14-ln14=1+ln4=1+2ln2.故选A.15.[e,+∞)由f(x)=2+2ln x,得f'(x)=2(2-)3,又函数f(x)的定义域为(0,+∞),且a>0,令f'(x)=0,得x=-(舍去)或x=.当0<x<时,f'(x)<0;当x>时,f'(x)>0.故x=是函数f(x)的极小值点,也是最小值点,且f()=ln a+1.要使f(x)≥2恒成立,需ln a+1≥2恒成立,则a≥e.16.解(1)因为f(x)=a ln x+12+32x+1,故f'(x )=−122+32.由于曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线垂直于y 轴,故该切线斜率为0,即f'(1)=0,从而a-12+32=0,解得a=-1.(2)由(1),知f (x )=-ln x+12+32x+1(x>0),f'(x )=-1−122+32=32-2-122=(3+1)(-1)22.令f'(x )=0,解得x 1=1,x 2=-13.因为x 2=-13不在定义域内,舍去.当x ∈(0,1)时,f'(x )<0,故f (x )在(0,1)上单调递减;当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,故f (x )在(1,+∞)上单调递增.故f (x )在x=1处取得极小值f (1)=3.17.(1)解①当k=6时,f (x )=x 3+6ln x (x>0),故f'(x )=3x 2+6.可得f (1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.②依题意,g (x )=x 3-3x 2+6ln x+3,x ∈(0,+∞).从而可得g'(x )=3x 2-6x+6−32,整理可得g'(x )=3(-1)3(+1)2.令g'(x )=0,解得x=1.当x 变化时,g'(x ),g (x )的变化情况如下表:x (0,1)1(1,+∞)g'(x )-0+g (x )↘极小值↗所以,函数g (x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g (x )的极小值为g (1)=1,无极大值.(2)证明由f (x )=x 3+k ln x (x>0),得f'(x )=3x 2+.对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,令12=t (t>1),则(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2[f (x 1)-f (x 2)]=(x 1-x 2)312+1+322+2-213−23+k ln12=13−23-312x 2+3x 122+k12−21-2k ln12=23(t 3-3t 2+3t-1)+k t-1-2ln t .①令h (x )=x-1-2ln x ,x ∈[1,+∞).当x>1时,h'(x )=1+12−2=1>0,由此可得h (x )在[1,+∞)上单调递增,所以当t>1时,h (t )>h (1),即t-1-2ln t>0.因为x 2≥1,t 3-3t 2+3t-1=(t-1)3>0,k ≥-3,所以,23(t 3-3t 2+3t-1)+k t-1-2ln t ≥(t 3-3t 2+3t-1)-3t-1-2ln t =t 3-3t 2+6ln t+3-1.②由(1)②可知,当t>1时,g (t )>g (1),即t 3-3t 2+6ln t+3>1,故t 3-3t 2+6ln t+3-1>0.③由①②③可得(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2[f (x 1)-f (x 2)]>0.所以,当k ≥-3时,对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有'(1)+'(2)2>(1)-(2)1-2.18.解(1)当a=1时,f (x )=e x +x 2-x ,f'(x )=e x +2x-1.故当x ∈(-∞,0)时,f'(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,f'(x )>0.所以f (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f (x )≥12x 3+13-2++1e -x ≤1.设函数g (x )3-2++1e -x (x ≥0),则g'(x )=-12x 3-ax 2+x+1-32x 2+2ax-1e -x =-12x [x 2-(2a+3)x+4a+2]e -x =-12x (x-2a-1)·(x-2)e -x .①若2a+1≤0,即a ≤-12,则当x ∈(0,2)时,g'(x )>0.所以g (x )在(0,2)上单调递增,而g (0)=1,故当x ∈(0,2)时,g (x )>1,不合题意.②若0<2a+1<2,即-12<a<12,则当x ∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x )<0;当x ∈(2a+1,2)时,g'(x )>0.所以g (x )在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增.由于g (0)=1,所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7-4a )e -2≤1,即a ≥7-e 24.所以当7-e 24≤a<12时,g (x )≤1.③若2a+1≥2,即a ≥12,则g (x )≤12x 3+x+1e -x .由于0∈7-e 24,12,故由②可得12x 3+x+1e -x ≤1.故当a ≥12时,g (x )≤1.综上,实数a +∞.19.解由已知函数g (x ),f (x )的定义域均为(0,1)∪(1,+∞),且f (x )=l n -ax (a>0).(1)函数g'(x )=l n -·1(l n )2=l n -1(l n )2,因为f (x )在(1,+∞)上为减函数,故f'(x )=l n -1(l n )2-a ≤0在(1,+∞)上恒成立.所以当x ∈(1,+∞)时,f'(x )max ≤0.又f'(x )=l n -1(l n )2-a=-1l n 2+1l n -a=-1l n −122+14-a ,故当1l n =12,即x=e 2时,f'(x )max =14-a.所以14-a ≤0,于是a ≥14,故a 的最小值为14.(2)命题“若存在x 1,x 2∈[e,e 2],使f (x 1)≤f'(x 2)+a 成立”等价于“当x ∈[e,e 2]时,有f (x )min ≤f'(x )max +a ”.由(1),知当x ∈[e,e 2]时,f'(x )max =14-a ,∴f'(x )max +a=14.问题等价于“当x ∈[e,e 2]时,有f (x )min ≤14”.①当a ≥14时,由(1),f (x )在[e,e 2]上为减函数,则f (x )min =f (e 2)=e 22-a e 2≤14,故a ≥12−14e 2.②当0<a<14时,由于f'(x )=-1l n −122+14-a 在[e,e 2]上为增函数,故f'(x )的值域为[f'(e),f'(e 2)],即-,14-.由f'(x )的单调性和值域知,存在唯一的x 0∈(e,e 2),使f'(x 0)=0,且满足:当x ∈(e,x 0)时,f'(x )<0,f (x )为减函数;当x ∈(x 0,e 2)时,f'(x )>0,f (x )为增函数;所以,f (x )min =f (x 0)=0l n 0-ax 0≤14,x 0∈(e,e 2).所以,a ≥1l n 0−140>1l n e 2−14e >12−14=14,与0<a<14矛盾,不合题意.综上,得a ≥12−14e 2.故a 的取值范围为12−14e 2,+∞.。
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导数与函数的极值、最值测试题与详解答案A 级——保大分专练1．(2019·辽宁鞍山一中模拟)已知函数f (x )＝x 3－3x －1，在区间[－3,2]上的最大值为M ，最小值为N ，则M －N ＝( )A ．20B ．18C ．3D ．0解析：选 A ∵f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，∴f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，又∵f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，∴M ＝1，N ＝－19，M －N ＝1－(－19)＝20.2．(2018·梅州期末)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．3．(2019·湖北襄阳四校联考)函数f (x )＝12x 2＋x ln x －3x 的极值点一定在区间( )A ．(0,1)内B ．(1,2)内C ．(2,3)内D ．(3,4)内解析：选B 函数的极值点即导函数的零点，f ′(x )＝x ＋ln x ＋1－3＝x ＋ln x －2，则f ′(1)＝－1<0，f ′(2)＝ln 2>0，由零点存在性定理得f ′(x )的零点在(1,2)内，故选B.4．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( )A ．[－3，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D 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：3.5．(2019·皖南八校联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc 在x ＝1处有极值－43，则b ＝( )A ．－1B ．1C ．1或－1D ．－1或3解析：选A f ′(x )＝－x 2＋2bx ＋c ，因为f (x )在x ＝1处有极值－43，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ＝－1＋2b ＋c ＝0，f＝－13＋b ＋c ＋bc ＝－43，Δ＝4b 2＋4c >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝3，故选A.6．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 ．1 B.12C.52D.22解析：选D 由已知条件可得|MN |＝t 2－ln t ， 设f (t )＝t 2－ln t (t >0)，则f ′(t )＝2t －1t，令f ′(t )＝0，得t ＝22， 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. 7．(2019·江西阶段性检测)已知函数y ＝ax －1x2在x ＝－1处取得极值，则a ＝________.解析：因为y ′＝a ＋2x3，所以当x ＝－1时，a －2＝0，所以a ＝2，经验证，可得函数y＝2x －1x2在x ＝－1处取得极值，因此a ＝2.答案：28．f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________．解析：f ′(x )＝x 2＋－2x x ＋x 2＋2＝－x ＋x －x 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：－129．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________百万件．解析：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． 答案：310．已知函数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________．解析：因为f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f＝3×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0.所以y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2. 当x <0或x >2时，y ′>0；当0<x <2时，y ′<0.故当x ＝0时，f (x )取得极大值，当x ＝2时，f (x )取得极小值， 所以f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 答案：411．设函数f (x )＝a ln xx＋b (a ，b ∈R)，已知曲线y ＝f (x )在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.(1)求实数a ，b 的值；(2)求f (x )的最大值．解：(1)因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a－ln xx 2.所以f ′(1)＝a ，又因为切线斜率为1，所以a ＝1. 由曲线y ＝f (x )过点(1,0)，得f (1)＝b ＝0. 故a ＝1，b ＝0.(2)由(1)知f (x )＝ln x x ，f ′(x )＝1－ln xx2. 令f ′(x )＝0，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)＝1e .12．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f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －12＝2－x2x. 令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )(2)由(1)知，函数f (x )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f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f (x )在定义域上无极值点； 当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0，故函数f (x )在x ＝1a处有极大值．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )无极值点； 当a >0时，函数f (x )有一个极大值点．B 级——创高分自选1．已知函数f (x )＝x 3－3ax ＋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 )＝3x 2－3a ＝3(x －a )(x ＋a )，可得a ＝1， 由f (x )＝x 3－3x ＋b 在x ＝1处取得极小值2， 可得1－3＋b ＝2，故b ＝4.所以f (x )＝x 3－3x ＋4的极大值为f (－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6. 答案：62．(2019·“超级全能生”高考全国卷26省联考)已知函数f (x )＝t 3x 3－32x 2＋2x ＋t 在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，则t 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝tx 2－3x ＋2，由题意可得f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，即tx 2－3x ＋2＝0在(0，＋∞)有两个不等实根，所以⎩⎪⎨⎪⎧t ≠0，3t>0，2t >0，Δ＝9－8t >0，解得0<t <98.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，98 3．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x(a >0)．(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：由题意，知函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x －1x 2＝ax －1x2(a >0)．(1)由f ′(x )>0，解得x >1a，所以函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞；由f ′(x )<0，解得0<x <1a，所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1a .所以当x ＝1a时，函数f (x )有极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ln 1a＋a ＝a －a ln a ，无极大值．(2)不存在实数a 满足条件．由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，函数f (x )单调递增．①若0<1a≤1，即a ≥1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)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件a ≥1. ②若1<1a <e ，即1e <a <1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，1a 上为减函数，在⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，e 上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝a ln 1a＋a ＝a －a ln a ＝a (1－ln a )＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，故不满足条件1e<a <1.③若1a ≥e，即0<a ≤1e 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)＝a ln e ＋1e ＝a ＋1e＝0，即a ＝－1e ，故不满足条件0<a ≤1e.综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.。