推荐高考数学一轮复习讲练测江苏专题32 利用导数研究函数的极值与最值测 含解析

班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________
(满分100分，测试时间50分钟)
一、填空题：请把答案直接填写在答题卡相应的位置．．．．．．．．上(共10题，每小题6分，共计60分)．
1.函数f (x )＝x 33＋x 2
－3x －4在上的最小值是________. 【答案】－17
3
【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)＝－10
3，
故f (x )在上的最小值是f (1)＝－17
3
.
2.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于________. 【答案】18
3.函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，其导函数f ′(x )在(a ，b )内的图像如图所示，则函数f (x )在
开区间(a ，b )内的极大值点有_______个
【答案】2
【解析】依题意，记函数y＝f′(x)的图像与x轴的交点的横坐标自左向右依次为x1，x2，x3，x4，当a<x<x1时，f′(x)>0；当x1<x<x2时，f′(x)<0；当x2<x<x4时，f′(x)≥0；当x4<x<b时，f′(x)<0.因此，函数f(x)分别在x＝x1、x＝x4处取得极大值
4.已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈，则f(m)＋f′(n)的最小值是
________.
【答案】－13
5.已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是________．
【答案】(－∞，－3)∪(6，＋∞)
【解析】f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m2－12×(m＋6)>0.所以m>6或m<－3.
6.济宁模拟】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________．
【答案】②③
【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，
∴y极大值＝f(1)＝4－abc>0，
y 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，
∴f (0)<0.∴f (0)f (1)<0，f (0)f (3)>0.∴正确结论的序号是②③.
7.函数2
ln(23)(x
y ae x a e =-+-为自然对数的底数）的值域是实数集R ，则实数a 的取值范围是________. 【答案】(],1-∞
8.若函数3()3f x x x =-在2
(,6)a a -上有最小值，则实数a 的取值范围是________.
【答案】[)2,1-
【解析】因为33)(2
-='x x f ，令0)(='x f ，所以 1±=x ，所以函数)(x f 在)1,(--∞，
),1(+∞上单调递增；在)1,1(-上单调递减，要函数3()3f x x x =-在2(,6)a a -上有最小值，
所以⎪⎩⎪⎨⎧-<-<<2
2
661a
a a a ，解得12<≤-a ，故实数a 的取值范围是[)2,1-． 9.已知函数1ln ()x f x x += ，如果当1x ≥时，不等式()1
k
f x x ≥+恒成立，则实数k 的取值范围________. 【答案】2k ≤
【解析】不等式(),1k f x x ≥
+即为(1)(1ln ),x x k x ++≥ 记(1)(1ln )
(),x x g x x
++= 所以[]2
(1)(1ln )(1)(1ln )()x x x x x g x x '++-++'=2
ln x x x -=
令()ln h x x x =-，则
1
()1h x x
'=-，
1x ≥， ()0,h x '∴≥()h x ∴在[1,)+∞上单调递增，
[]min ()(1)10h x h ∴==>，从而
()0g x '>，
故()g x 在[1,)+∞上也单调递增， 所以[]min ()(1)2g x g ==，所以2k ≤
10.已知函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点,则实数a 的取值范围是________. 【答案】1
(0,)2
二、解答题：解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写
在答题纸的指定区域内．．．．．。

(共4题，每小题10分，共计40分)． 11.若函数y ＝f (x )在x ＝x 0处取得极大值或极小值，则称x 0为函数y ＝f (x )的极值点．已知a ，b 是实数，1和－1是函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx 的两个极值点． (1)求a 和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． 【答案】(1) a ＝0，b ＝－3. (2) g (x )的极值点为－2.
【解析】(1)由题设知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，且f ′(－1)＝3－2a ＋b ＝0， f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，解得a ＝0，b ＝－3.
(2)由(1)知f (x )＝x 3－3x .因为f (x )＋2＝(x －1)2(x ＋2)，所以g ′(x )＝0的根为x 1＝x 2＝1，x 3＝－2，于是函数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，故－2是g (x )的极值点． 当－2＜x ＜1或x ＞1时，g ′(x )＞0，故1不是g (x )的极值点． 所以g (x )的极值点为－2
12．【2016高考新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数x
x 2f (x)x 2
-=
+e 的单调性，并证明当0x >时，(2)20x x e x -++>；
(Ⅱ)证明：当[0,1)a ∈时，函数2
x =(0)x e ax a g x x -->（
）有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，
求函数()
h a的值域．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）
2 1
(,].
24
e
.
（II）
22
(2)(2)2
()(()),
x
x e a x x
g x f x a
x x
-+++
==+
由（I）知，()
f x a
+单调递增，对任意[0,1),(0)10,(2)0,
a f a a f a a
∈+=-<+=≥
因此，存在唯一
(0,2],
x∈使得
()0,
f x a
+=即
'()0
g x=，
当
0x x
<<时，()0,'()0,()
f x a
g x g x
+<<单调递减；
当
x x
>时，()0,'()0,()
f x a
g x g x
+>>单调递增.
因此()
g x在
x x
=处取得最小值，最小值为
000
000
022
000
(1)+()(1)
().
2
x x x
e a x e
f x x e
g x
x x x
-++
===
+
于是
h()
2
x
e
a
x
=
+
，由
2
(1)
()'0,
2(2)2
x x x
e x e e
x x x
+
=>
+++
单调递增
所以，由
(0,2],
x∈得0
022
1
().
2022224
x
e e e e
h a
x
=<=≤=
+++
因为
2
x
e
x+
单调递增，对任意
2
1
(,],
24
e
λ∈存在唯一的
(0,2],
x∈
()[0,1),
a f x
=∈
使得(),
h aλ
=所以()
h a的值域是
2
1
(,],
24
e
综上，当[0,1)
a∈时，()
g x有()
h a，()
h a的值域是
2
1
(,].
24
e
13. 【2016高考天津理数】（本小题满分14分） 设函数3()(1)f x x ax b =---,R x ∈，其中R b a ∈, (I)求)(x f 的单调区间；
(II) 若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：1023x x +=； （Ⅲ）设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．4
1
.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析
当x 变化时，)('x f ，)(x f 的变化情况如下表：
x
)331,(a -
-∞ 331a - )331,331(a a +- 331a
+ ),3
31(+∞+
a )('x f ＋ 0 － 0 ＋ )(x f 单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以)(x f 的单调递减区间为)331,331(a
a +-
，单调递增区间为)3
31,(a --∞，),3
31(+∞+
a
. （Ⅱ）证明：因为)(x f 存在极值点，所以由（Ⅰ）知0>a ，且10≠x ，由题意，得
0)1(3)('200=--=a x x f ，即3
)1(20a x =
-， 进而b a
x a b ax x x f ---
=---=3
32)1()(003
00. 又b a ax x a
b x a x x f --+-=
----=-32)1(3
8)22()22()23(0003
00
)(3
3200x f b a
x a =---
=，且0023x x ≠-，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数满足 )()(01x f x f =，且01x x ≠，因此0123x x -=，所以3201=+x x ；
（2）当
34
3<≤a 时，3321233133103321a
a a a +≤<+<-<≤-，由（Ⅰ）和（Ⅱ）
知，)3
31()3321()0(a f a f f +=-
≥，)331()3321()2(a f a f f -=+≤，
所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为)]3
31(),331([a
f a f -+
，因此 |}39
2||,392max {||})331(||,)331(max {|b a a a
b a a a a f a f M -----=-+
= |})(39
2||,)(392max{|b a a a b a a a +-+--
= 4
14334392||392=⨯⨯⨯≥++=
b a a a .
14【2016高考江苏卷】
已知函数()(0,0,1,1)x
x
f x a b a b a b =+>>≠≠. 设12,2
a b ==
. （1）求方程()2f x =的根;
（2）若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；
（3）若01,1a b <<＞
，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值。

【答案】（1）①0 ②4（2）1 【解析】（1）因为12,2
a b ==
，所以()22x x
f x -=+. ①方程()2f x =，即222x x
-+=，亦即2
(2)2210x x
-⨯+=，
所以2
(21)0x -=，于是21x
=，解得0x =.
②由条件知2222(2)2
2(22)2(())2x
x x x f x f x --=+=+-=-.
因为(2)()6f x mf x ≥-对于x R ∈恒成立，且()0f x >，
所以2(())4
()
f x m f x +≤对于x R ∈恒成立.
而2(())444()2()4()()()
f x f x f x f x f x f x +=+≥•=，且
2((0))4
4(0)f f +=，
所以4m ≤，故实数m 的最大值为
4.
下证00x =. 若00x <，则0002x x <
<，于是0()(0)02
x
g g <=， 又log 2
log 2log 2(log 2)220a a a a g a
b a =+->-=，且函数()g x 在以
2
x 和log 2a 为端点的闭区间上的图象不间断，所以在
2
x 和log 2a 之间存在()g x 的零点，记为1x . 因为01a <<，所以log 20a <，又
02
x <，所以10x <与“0是函数()g x 的唯一零点”矛盾. 若00x >，同理可得，在0
2
x 和log 2a 之间存在()g x 的非0的零点，矛盾. 因此，00x =.
于是ln 1ln a
b -
=，故ln ln 0a b +=，所以1ab =.。