【精编】高考数学(理)一轮复习课时分层作业：十五2.11.2利用导数研究函数的极值、最值

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课时分层作业十五
利用导数研究函数的极值、最值
一、选择题(每小题5分,共25分)
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.-e
D.0
【解析】选B.因为f′(x)=-1=,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.(2018·滨州模拟)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( )
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】选D.由题图可知,当x<-2时,f′(x)>0;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;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.
【变式备选】设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若x=-1为函数f(x)e x 的一个极值点,则下列图象不可能为y=f(x)图象的是( )
【解析】选D.因为[f(x)e x]′=f′(x)e x+f(x)(e x)′=[f(x)+f′(x)]e x,且x=-1为函数f(x)e x的一个极值点,所以f(-1)+f′(-1)=0;选项D 中,f(-1)>0,f′(-1)>0,不满足f′(-1)+f(-1)=0.
3.已知f(x)=2x3-6x2+m(m为常数)在[-2,2]上有最大值3,那么此函数在[-2,2]上的最小值是 ( )
A.-37
B.-29
C.-5
D.以上都不对
【解析】选A.f′(x)=6x2-12x=6x(x-2),
所以f(x)在[-2,0]上单调递增,在(0,2]上单调递减.
所以x=0为极大值点,也为最大值点.
所以f(0)=m=3,所以m=3.所以f(-2)=-37,f(2)=-5.
所以最小值是-37.
4.设点P在曲线y=2e x上,点Q在曲线y=ln x-ln 2上,则|PQ|的最小值
为 ( )
A.1-ln 2
B.(1-ln 2)
C.2(1+ln 2)
D.(1+ln 2)
【解析】选D.因为曲线y=2e x与曲线y=ln x-ln 2互为反函数,其图象关于直线y=x对称,故可先求点P到直线y=x的最近距离,函数y=2e x 的导数为y′=2e x,由y′=2e x=1得,x=-ln 2,所以y=2e-ln 2=1,所以当P 点为(-ln 2,1)时,点到直线y=x的最近距离为
d==,所以|PQ|min=2d=2×=(1+ln 2).
5.已知函数f(x)=-k,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.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.
所以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.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.函数y=2x-的极大值是________.
【解析】y′=2+,令y′=0,得x=-1.
当x<-1时,y′>0;当-1<x<0时,y′<0.当x>0,y′>0,
所以当x=-1时,y取极大值-3.
答案:-3
7.已知函数y=f(x)=x3+3ax2+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y′=3x2+6ax+3b,
⇒
所以y′=3x2-6x,令3x2-6x=0,则x=0或x=2.
所以f(x)极大值-f(x)极小值=f(0)-f(2)=4.
答案:4
8.若函数f(x)=x3-3x在区间(a,6-a2)上有最小值,则实数a的取值范围是________.
【解析】若f′(x)=3x2-3=0,则x=±1,且x=1为函数的极小值点,x=-1为函数的极大值点.函数f(x)在区间(a,6-a2)上有最小值,则函数f(x)的极小值点必在区间(a,6-a2)内,且左端点的函数值不小于f(1),即实数a满足a<1<6-a2且f(a)=a3-3a≥f(1)=-2.解a<1<6-a2,得
-<a<1.不等式a3-3a≥f(1)=-2,即a3-3a+2≥0,a3-1-3(a-1)≥0,(a-1)(a2+a-2)≥0,即(a-1)2(a+2)≥0,即a≥-2,故实数a的取值范围为[-2,1).
答案:[-2,1)
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.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.
【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.
将a=0,b=-3代入检验知符合题意.
(2)由(1)知f(x)=x3-3x.
因为f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以g′(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2,于是函数g(x)的极值点只可能是x=1或x=-2.
当x<-2时,g′(x)<0;当-2<x<1时,g′(x)>0,故x=-2是g(x)的极小
值点.
当-2<x<1或x>1时,g′(x)>0,故x=1不是g(x)的极值点.
所以g(x)的极小值点为x=-2,无极大值点.
【变式备选】(2018·潍坊模拟)已知函数f(x)=+bln x,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x.求函数f(x)的单调区间及极值.
【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=,
故f′(1)=b-a=1,又f(1)=a,点(1,a)在直线y=x上,所以a=1,则b=2.
所以f(x)=+2ln x且f′(x)=,
当0<x<时,f′(x)<0,当x>时,f′(x)>0,
故函数f(x)的单调增区间为,单调减区间为,
f(x)极小值=f=2-2ln 2,无极大值.
10.已知函数f(x)=
(1)求f(x)在区间(-∞,1)上的极小值和极大值点.
(2)求f(x)在[-1,e](e为自然对数的底数)上的最大值.
【解析】 (1)当x<1时,f ′(x)=-3x2+2x=-x(3x-2),令f ′(x)=0,解得x=0或x=. 当x变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下表:
故当x=0时,函数f(x)取得极小值为f(0)=0,函数f(x)的极大值点为x=.
(2)①当-1≤x<1时,由(1)知,函数f(x)在[-1,0]和上单调递减,在上单调递增.
因为f(-1)=2,f=,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)=aln x,当a≤0时,f(x)≤0;当a>0时,f(x)在[1,e]上单调递增,则f(x)在[1,e]上的最大值为f(e)=a. 故当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.
【变式备选】已知函数f(x)=x2e ax,其中a≤0,e为自然对数的底数.
(1)讨论函数f(x)的单调性.
(2)求函数f(x)在区间[0,1]上的最大值.
【解析】(1)f′(x)=2xe ax+x2ae ax=x(ax+2)e ax.
①当a=0时,由f′(x)>0得x>0,由f′(x)<0得x<0.
故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
在(-∞,0)上单调递减.
②当a<0时,由f′(x)>0得0<x<-,
由f′(x)<0得x<0或x>-.
故函数f(x)在上单调递增,
在(-∞,0)和上单调递减.
(2)①当a=0时,f(x)在区间[0,1]上单调递增,其最大值为f(1)=1.
②当-2<a<0时,->1,f(x)在区间[0,1]上单调递增,其最大值是f(1)=e a.
③当a≤-2时,0<-≤1,x=-是函数f(x)在区间[0,1]上的最大值点,
此时函数f(x)的最大值是f=.
综上可得,当-2<a≤0时,f(x)在[0,1]上的最大值是e a;
当a≤-2时,f(x)在[0,1]上的最大值为.
1.(5分)(2018·衡水模拟)设函数f(x)满足
x2f′(x)+2xf(x)=,f(2)=,则x>0时,f(x) ( )
A.有极大值,无极小值
B.有极小值,无极大值
C.既有极大值又有极小值
D.既无极大值也无极小值
【解析】选D.由题意得f′(x)=,令h(x)=e x-2x2f(x),
则h′(x)=e x-2[x2f′(x)+2xf(x)]=e x-=,因此当x∈(0,2)时,h′(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0;即
h(x)min=h(2)=e2-2×22×f(2)=e2-2×4×=0,因此x>0时,f′(x)≥0.
2.(5分)(2018·唐山模拟)若函数f(x)=x3-x2+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.2b-
B.b-
C.0
D.b2-b3
【解析】选A.f′(x)=x2-(2+b)x+2b=(x-b)(x-2),因为函数f(x)在区间[-3,1]上不是单调函数,所以-3<b<1,则由f′(x)>0,得x<b或x>2,
由f′(x)<0,得b<x<2,所以函数f(x)的极小值为f(2)=2b-.
3.(5分)函数f(x)=x3-3ax+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)=3x2-3a=0,得x=±,则f(x),f′(x)随x的变化
情况如下表:
,-)-(-,)(
从而解得所以f(x)的单调递减区间是(-1,1).
答案:(-1,1)
4.(12分)(2018·烟台模拟)已知函数f(x)=ln x+-x,其中常数m>0.
(1)当m=2时,求函数f(x)的极大值.
(2)讨论函数f(x)在区间(0,1)上的单调性.
【解析】(1)当m=2时,f(x)=ln x+-x,
因为f′(x)=--1=-(x>0).
所以当0<x<或x>2时,f′(x)<0;当<x<2时,f′(x)>0.
所以函数f(x)在区间和区间(2,+∞)上单调递减,在区间
上单调递增,
所以函数f(x)的极大值为f(2)=ln 2-.
(2)由题意知,f′(x)=--1=
-=-(x>0,m>0).
①当0<m<1时,>1,故当x∈(0,m)时,f′(x)<0,当x∈(m,1)时,f′(x)>0,此时函数f(x)在区间(0,m)上单调递减,在区间(m,1)上单调递增.
②当m=1时,=1,故当x∈(0,1)时,f′(x)=-<0恒成立, 此时函数f(x)在区间(0,1)上单调递减.
③当m>1时,0<<1,故当x∈时,f′(x)<0,当x∈
时,f′(x)>0,此时函数f(x)在区间上单调递减,在区间
上单调递增.
【误区警示】①不能忽视定义域(x>0),否则单调区间会求错.
②在讨论时,不可丢掉m=1的情况.
5.(13分)(2018·石家庄模拟)已知函数f(x)=x-ln x-a,g(x)=x+-(ln x)a+1,a∈R.
(1)若f(x)≥0在定义域内恒成立,求a的取值范围.
(2)当a取(1)中的最大值时,求函数g(x)的最小值.
【解析】(1)由题意知,f(x)的定义域是(0,+∞),
f′(x)=1-=,
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)min=f(1)=1-a,所以1-a≥0,a≤1,
故a的取值范围是(-∞,1].
(2)当a=1时,g(x)=x+-(ln x)2,g(x)的定义域是(0,+∞).
g′(x)=1--2ln x·=,
令h(x)=x2-2xln x-1,h′(x)=2(x-ln x-1),
由(1)知,h′(x)的最小值是h′(1)=0,所以h′(x)≥0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(1)=0,
所以当x∈(0,1)时,h(x)<0,g′(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,g′(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)min=g(1)=2.
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