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 ．－e
D ．0
解析：选B 因为f ′(x )＝1
x －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 ．1
B ．2
C ．3
D ．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 ＜－3
2. 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 ．－13
B ．－15
C ．10
D ．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 x
4－k ⎝⎛⎭⎫－2x 2＋1
x ＝
⎝⎛⎭
⎫e x
x －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 x
x －k ＝0在(0，＋∞)上无变号零点．
设g (x )＝e x
x ，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 x
x 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 ＋1
x 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)＝－1
2
.
答案：－1
2
7．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 ＝20
3(舍去)，
∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3)． 答案：144
8．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：6
9．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 ＝2
3
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 ＝2
3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95
27.
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 <1
6或x >1；
由f ′(x )<0，得1
6
<x <1，
∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，16和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1
6，1上单调递减， ∴函数f (x )的极大值为f ⎝⎛⎭⎫16＝－13
12－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 ＝1
2m
或x ＝1.
①当12m ＝1，即m ＝1
2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 <1
2时，
由f ′(x )>0，得0<x <1或x >1
2m
， 由f ′(x )<0，得1<x <12m
，
∴函数f (x )在(0,1)和⎝⎛⎭⎫12m ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，1
2m 上单调递减； ③当0<12m <1，即m >1
2时，
由f ′(x )>0，得0<x <1
2m 或x >1，
由f ′(x )<0，得1
2m
<x <1，
∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12m 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1
2m ，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 ．－1
B ．－2e －
3
C ．5e －
3
D ．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.992
D ．0
解析：选D ∵g (x )＝2x 3－3x 2＋1
2，
∴g ′(x )＝6x 2－6x ，g ″(x )＝12x －6， 由g ″(x )＝0，得x ＝1
2
，
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 －1
2ax 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 )＝1
x －ax －b ， 由f ′(1)＝0，得b ＝1－a .
∴f ′(x )＝1
x －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－1
a
＞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 －2
e
.
(1)求曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程；
(2)设函数g (x )＝－1x －ln x
x ＋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－x
e x ，
∴f ′(0)＝1，又f (0)＝－2
e
，
故所求切线方程为y ＋2e ＝x ，即x －y －2
e ＝0.
(2)令h (x )＝f (x )－g (x )＝x e x －2e ＋1x ＋ln x
x －m (x >0)，
则h ′(x )＝1－x e x －1x 2＋1－ln x x 2＝1－x e x －ln x
x 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)＝－1
e
＋1－m .
①当－1e ＋1－m ＝0，即m ＝1－1
e 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 >1－1
e 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 <1－1
e 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 x
x ，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 )＋1
2
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 －1
x . ∴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 ＋1
2，
则h ′(x )＝1－ln x
x 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＋1
2＝1＝f (x )min .
∴f (x )＞g (x )＋1
2
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 －1
x . 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 ＝4
e (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 ＞1
e 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 ≤1
e 时，
f (x )在(0，e]上单调递减，
f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4
e
(舍去)，
∴1
a≥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.。