课时跟踪检测15 导数与函数极值、最值
高三数学(理)一轮总复习(人教通用)课时跟踪检测(十五) 导数与函数的极值、最值 Word版含解析
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．(·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( )．＝．＝ (－)．＝－．＝＋解析：选由题可知，，选项中的函数不是奇函数，选项中，函数＝单调递增(无极值)，而选项中的函数既为奇函数又存在极值．．函数()＝－在区间(，]上的最大值为( )．－．－．．－解析：选因为′()＝－＝，当∈()时，′()＞；当∈(，]时，′()＜，所以()的单调递增区间是()，单调递减区间是(，]，所以当＝时，()取得最大值－＝－.．当函数＝·取极小值时，＝( )．－))．．－解析：选令′＝＋·＝，∴＝－).．若函数()＝－＋有极值点，则实数的取值范围为( )∪∪解析：选若函数()＝－＋有极值点，则′()＝－＋＝有根，故Δ＝(－)－>，从而>或<－.故实数的取值范围为∪.．已知函数()的定义域为(，)，导函数′()在(，)上的图象如图所示，则函数()在(，)上的极大值点的个数为( )．．．．解析：选由函数极值的定义和导函数的图象可知，′()在(，)上与轴的交点个数为，但是在原点附近的导数值恒大于零，故＝不是函数()的极值点，其余的个交点都是极值点，其中有个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有个．二保高考，全练题型做到高考达标．函数()＝－的最小值为( )．．不存在．解析：选′()＝－＝，且＞.令′()＞，得＞；令′()＜，得＜＜.∴()在＝处取得极小值也是最小值，且()＝－＝.．已知函数()＝＋＋－－在＝处取得极大值，则的值为( )．－．－．－或－．或－解析：选由题意知，′()＝＋＋，′()＝，()＝，即(\\(＋＋＝，＋＋－－＝，))解得(\\(＝－，＝))或(\\(＝－，＝，))经检验(\\(＝－，＝))满足题意，故＝－.．(·浙江瑞安中学月考)已知函数()＝＋＋的图象如图所示，则＋等于( )解析：选由图象可知()的图象过点()与()，，是函数()的极值点，因此＋＋＝＋＋＝，解得＝－，＝，所以()＝－＋，所以′()＝－＋，是方程′()＝－＋＝的两根，因此＋＝，＝，所以＋＝(＋)－＝－＝.．设函数()＝＋＋(，，∈)．若＝－为函数()的一个极值点，则下列图象不可能为＝()图象的是( )解析：选因为[()]′＝′()＋()()′＝[()＋′()]，且＝－为函数()的一个极值点，所以(－)＋′(－)＝；选项中，(－)＞，′(－)＞，不满足′(－)＋(－)＝.．若函数()＝＋－在区间(，＋)上存在最小值，则实数的取值范围是( )．(－)．[－)．(－)．[－)解析：选由题意，′()＝＋＝(＋)，故()在(－∞，－)，(，＋∞)上是增函数，在(－)上是减函数，作出其图象如图所示，令＋－＝－得，＝或＝－，则结合图象可知，(\\(－≤＜，＋＞，))解得∈[－)，故选.．函数()＝＋－－在[]上的最小值是．解析：′()＝＋－，令′()＝得＝(＝－舍去)，又()＝－，()＝－，()＝－，故()在[]上的最小值是()＝－.。
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－ln22B.5－ln22C.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)<－12 C ．f (x 1)>0，f (x 2)<－12 D ．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.。
课时跟踪检测(十五) 导数与函数的极值、最值(普通高中)
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．－1e D．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＝－1 e.2．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为() A．1－e B．－1C．－e D．0解析：选B因为f′(x)＝1x－1＝1－xx，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．1 B．2C．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．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＝－x3＋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′＝－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．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：又f (－3)＝28，f (1)＝－4，f (2)＝3，所以f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，所以k ≤－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 ．1 B.12 C.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. 3．(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)＝(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)＝3x2－3ax＝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：所以函数f (x )的单调递减区间是(0，a )，单调递增区间是(a ，＋∞)． 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．。
江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测十五导数与函数的极值最值理
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．(2019·昆山调研)已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝x 2－x ，则使得f (x )取得极大值的x ＝________.解析：由f ′(x )＝x 2－x ＝0得到x ＝0或x ＝1，当x ＜0或x ＞1时，f ′(x )＞0.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值．答案：02．(2019·江都中学检测)函数f (x )＝x 3－3x －3在区间[－3，0]上的最大值和最小值分别为m ，n ，则m ＋n ＝________.解析：∵f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)， ∴当－3≤x ＜－1时，f ′(x )＞0； 当－1＜x ≤0时，f ′(x )＜0.∴f (x )在[－3，－1)上是增函数，在(－1,0]上是减函数． ∴当x ＝－1时，f (x )取得最大值f (－1)＝－1，即m ＝－1. ∵f (－3)＝－21＜f (0)＝－3，∴当x ＝－3时，f (x )取得最小值f (－3)＝－21， 即n ＝－21. 故m ＋n ＝－22. 答案：－223．(2018·启东中学测试)已知函数f (x )＝3x 3－9x ＋a 有两个零点，则a ＝________. 解析：f ′(x )＝9x 2－9，由f ′(x )＞0，得x ＞1或x ＜－1；由f ′(x )＜0，得－1＜x ＜1，所以f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，所以f (x )的极大值为f (－1)＝a ＋6，极小值为f (1)＝a －6，要满足题意，则需f (－1)＝0或f (1)＝0，解得a ＝±6.答案：±64．(2018·太仓高级中学期末)函数f (x )＝x ＋1x的极大值是________．解析：易知f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1x 2，令1－1x2＝0，可得x ＝－1或x ＝1，当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＞0，函数f (x )是增函数；当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0，函数f (x )是减函数；当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )是减函数；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )是增函数，所以当x ＝－1时，函数f (x )取得极大值－2. 答案：－25．(2018·南通期末)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋a 在[0,1]上恰好有两个零点，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝x (3x －2)，令f ′(x )＞0，解得23＜x ≤1；令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜23，故f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤23，1上单调递增． 若f (x )在[0,1]上恰好有两个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧f ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＜0，f ，解得0≤a ＜427.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，427 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________．解析：f ′(x )＝x 2－(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 －43.答案：2b －43二保高考，全练题型做到高考达标1．若x ＝1是函数f (x )＝ax 3－ax 2－x ＋1的极值点，则f (x )的极小值为________． 解析：f ′(x )＝3ax 2－2ax －1，若x ＝1是f (x )的极值点，则f ′(1)＝3a －2a －1＝0， 解得a ＝1，故f (x )＝x 3－x 2－x ＋1，f ′(x )＝3x 2－2x －1＝(3x ＋1)(x －1)，由f ′(x )＞0，解得x ＞1或x ＜－13；由f ′(x )＜0，解得－13＜x ＜1，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f (x )极小值＝f (1)＝0. 答案：02．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 ＝________.解析：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， 所以当t ＝22时，f (t )取得最小值． 答案：223．(2018·东台安丰中学期中)已知函数f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋ax－2，若对任意x ∈[2，＋∞)，不等式f (x )＞0恒成立，则a 的取值范围是________．解析：若对任意x ∈[2，＋∞)，不等式f (x )＞0恒成立，则lg ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋a x－2＞0＝lg 1，∴x ＋a x－2＞1，即a ＞3x －x 2恒成立． 令y ＝3x －x 2，其对称轴为x ＝32，∴y ＝3x －x 2在[2，＋∞)上单调递减， ∴y max ＝6－4＝2，∴a ＞2. 答案：(2，＋∞)4．(2019·南京学情调研)已知函数f (x )＝13x 3＋x 2－2ax ＋1，若函数f (x )在(1,2)上有极值，则实数a 的取值范围为________．解析：因为函数f (x )在(1,2)上有极值，则需函数f (x ) 在(1,2)上有极值点． 法一：令f ′(x )＝x 2＋2x －2a ＝0，得x 1＝－1－1＋2a ，x 2＝－1＋1＋2a ，因为x 1∉(1,2)，因此则需1＜x 2＜2，即1＜－1＋1＋2a ＜2，即4＜1＋2a ＜9，所以32＜a ＜4，故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4. 法二：f ′(x )＝x 2＋2x －2a 的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x ＝－1，则f ′(x )在(1,2)上是单调递增函数，因此⎩⎪⎨⎪⎧f＝3－2a ＜0，f ＝8－2a ＞0，解得32＜a ＜4，故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4 5．(2019·海门实验中学测试)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22＝________.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 )＝3x2－6x ＋2.因为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：836．(2019·扬州调研)已知函数f (x )＝ln x －mx(m ＜0)在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.解析：f ′(x )＝1x ＋m x 2＝x ＋mx2.令f ′(x )＝0，得x ＝－m ，且当x ＜－m 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ＞－m 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．若－m ≤1，即－1≤m ＜0时，f (x )min ＝f (1)＝－m ≤1，不可能等于4；若1＜－m ≤e，即－e≤m ＜－1时，f (x )min ＝f (－m )＝ln(－m )＋1，令ln(－m )＋1＝4，得m ＝－e 3∉[－e ，－1)；若－m ＞e ，即m ＜－e 时，f (x )min ＝f (e)＝1－m e ，令1－me ＝4，得m ＝－3e ，符合题意．综上所述，m ＝－3e. 答案：－3e7．(2018·海安高级中学期末)已知三次函数f (x )在x ＝0处取得极值0，在x ＝1处取得极值1，若存在两个不同实数x 1，x 2∈(k ，k ＋1)，使得f (x 1)＋f (x 2)＝0，则实数k 的取值范围是________．解析：设三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d ，则f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c .∵f (x )在x ＝0处取得极值0，在x ＝1处取得极值1.∴⎩⎪⎨⎪⎧f ＝c ＝0，f ＝3a ＋2b ＋c ＝0，f ＝d ＝0，f＝a ＋b ＋c ＋d ＝1⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝3，c ＝d ＝0.∴f (x )＝－2x 3＋3x 2，f ′(x )＝－6x 2＋6x ，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜1；由f ′(x )＜0，得x ＞1或x ＜0， ∴函数f (x )在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，且f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝0，作出函数f (x )的图象如图所示． 结合图象可得k ＜32＜k ＋1，∴实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 8．已知y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1，且f ′(x )＝ln x ＋1，则函数f (x )的最小值为________．解析：因为f ′(x )＝ln x ＋1，设f (x )＝x ln x ＋C ，又因为f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1，故切点为(1,0)，又切点在曲线f (x )＝x ln x ＋C 上，故C ＝0，f (x )＝x lnx ，令f ′(x )＝ln x ＋1＞0，解得x ＞1e ，令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1e，所以f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，1e上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，故当x ＝1e 时，函数f (x )取得最小值，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .答案：－1e9．(2018·南京、盐城二模)已知函数f (x )＝x (e x－2)，g (x )＝x －ln x ＋k ，k ∈R ，e 为自然对数的底数．记函数F (x )＝f (x )＋g (x )．(1)求函数y ＝f (x )＋2x 的极小值；(2)若F (x )＞0的解集为(0，＋∞)，求k 的取值范围． 解：(1)y ＝f (x )＋2x ＝x e x，由y ′＝(1＋x )e x＝0，得x ＝－1. 当x 变化时，y ′，y 的变化情况如下表：所以当x ＝－1时，y 取得极小值－e .(2)F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x－x －ln x ＋k ，F ′(x )＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫e x－1x ，设h (x )＝e x －1x (x ＞0)，则h ′(x )＝e x＋1x2＞0恒成立，所以函数h (x )在(0，＋∞)上单调递增．又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e －2＜0，h (1)＝e －1＞0，且h (x )的图象在(0，＋∞)上不间断， 因此h (x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1且e 0x＝1x 0.当x ∈(0，x 0)时，h (x )＜0，即F ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )＞0，即F ′(x )＞0，所以F (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 故当x ＝x 0时，函数F (x )取极小值，也是最小值，为F (x 0)＝x 0ex －x 0－ln x 0＋k ＝1－x 0－ln1ex ＋k ＝1＋k .因为F (x )＞0的解集为(0，＋∞)， 所以1＋k ＞0，即k ＞－1. 故k 的取值范围是(－1，＋∞)．10．(2019·启东高三联考)已知函数f (x )＝axln x－x ，其中a ＞0，函数f (x )的导数为f ′(x )．(1)求函数f (x )在区间(1，e]上的值域；(2)若函数f (x )在(1，＋∞)上为单调减函数，求实数a 的最大值；(3)若存在x 1，x 2∈[e ，e 2]，使f (x 1)≤f ′(x 2)＋1成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)由已知，得f ′(x )＝ax －x2－1，因为x ∈(1，e]，a ＞0，所以f ′(x )＜0， 所以函数f (x )在(1，e]上为单调减函数， 所以f (x )min ＝f (e)＝a e －e ，所以函数f (x )在区间(1，e]上的值域为[a e －e ，＋∞)．(2)因为函数f (x )在(1，＋∞)上为单调减函数， 所以f ′(x )＝ax －x2－1≤0在(1，＋∞)上恒成立，只需f ′(x )max ≤0， 又因为a ＞0，f ′(x )＝－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln x －122＋a 4－1，所以当1ln x ＝12，即x ＝e 2时，f ′(x )max ＝a 4－1≤0， 所以a ≤4，故实数a 的最大值为4.(3)“存在x 1，x 2∈[e ，e 2]，使f (x 1)≤f ′(x 2)＋1成立”等价于“当x 1，x 2∈[e ，e 2]时，f (x 1)min ≤f ′(x 2)max ＋1”．由(2)知，当x ∈[e ，e 2]时，f ′(x )max ＋1＝a4，所以原问题又等价于“当x ∈[e ，e 2]时，f (x )min ≤a4”．①当0＜a ≤4时，由(1)知f ′(x )max ＝a4－1≤0，f (x )在[e ，e 2]上为单调减函数，则f (x )min ＝f (e 2)＝a e 22－e 2≤a4，所以0＜a ≤4e22e 2－1.②当a ＞4时，f ′(x )＝－a ⎝⎛⎭⎪⎫1ln x －122＋a 4－1在[e ，e 2]上为单调增函数，且值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，a 4－1， 所以存在唯一x 0∈(e ，e 2)，使f ′(x )＝0，且满足： 当x ∈(e ，x 0)时，使f ′(x )＜0，f (x )在(e ，x 0)上单调递减； 当x ∈(x 0，e 2)时，使f ′(x )＞0，f (x )在(x 0，e 2)上单调递增， 所以f (x )min ＝f (x 0)＝ax 0ln x 0－x 0≤a4，x 0∈(e ，e 2)．注意到y ＝xln x －14，y ′＝ln x －1x 2＞0，故y ＝x ln x －14在(e ，e 2)上递增且恒正， 所以a ≤x 0x 0ln x 0－14＜e2e －14＝4e24e －1＜4，与a ＞4矛盾．⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫或a ≤x 0x 0ln x 0－14＜x 0x 02－14＝4x 02x 0－1＝2＋22x 0－1＜2＋22e －1＜4，与a ＞4矛盾. 综上所述，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，4e 22e 2－1.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2019·盐城中学测试)设函数f (x )＝3sin πx m，若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2＜m 2，则实数m 的取值范围是________________．解析：由题意可知f (x 0)＝±3，则πx 0m ＝k π＋π2，k ∈Z ，即x 0＝2k ＋12m ，k ∈Z ，再由x 20＋[f (x 0)]2＜m 2，可得当m 2最小时，|x 0|最小，而|x 0|最小为12|m |，所以m 2＞14m 2＋3，即m 2＞4，解得m ＜－2或m ＞2，故m 的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．答案：(－∞，－2)∪(2，＋∞)2．(2018·徐州高三期中)如图，有一块半圆形空地，开发商计划建一个矩形游泳池ABCD 及其矩形附属设施EFGH ，并将剩余空地进行绿化，园林局要求绿化面积应最大化．其中半圆的圆心为O ，半径为R ，AB 在直径上，点C ，D ，G ，H 在圆周上，E ，F 在边CD 上，且∠BOG ＝π3，设 ∠BOC ＝θ.(1)记游泳池及其附属设施的占地面积为f (θ)，求f (θ)的表达式； (2)怎样设计才能符合园林局的要求？解：(1)由题意得AB ＝2R cos θ，BC ＝R sin θ，连结OH ，易得△HOG 为等边三角形， 所以HG ＝R ，EH ＝32R －R sin θ， 所以f (θ)＝S 矩形ABCD ＋S 矩形EFGH ＝2R cos θ·R sin θ＋R ⎝⎛⎭⎪⎫32R －R sin θ ＝R 2⎝⎛⎭⎪⎫2sin θcos θ－sin θ＋32，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3.(2)要符合园林局的要求，只要f (θ)最小即可，由(1)知，f ′(θ)＝R 2(2cos 2θ－2sin 2θ－cos θ)＝R 2(4cos 2θ－cos θ－2)，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3. 令f ′(θ)＝0，即4cos 2θ－cos θ－2＝0， 解得cos θ＝1＋338或cos θ＝1－338(舍去)，令cos θ0＝1＋338，θ0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π3，当θ∈(0，θ0)时，f ′(θ)＜0，f (θ)是单调减函数；当θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫θ0，π3时，f ′(θ)＞0，f (θ)是单调增函数， 所以当θ＝θ0时，f (θ)取得最小值．答：当θ满足cos θ＝1＋338时，符合园林局的要求．。
导数与函数的极值、最值-2023届高三数学一轮复习
新高考复习作业15 导数与函数的极值、最值班级：__________ 姓名：__________ 实际用时：_____分钟 得分：__________ 一、选择题1．函数f (x )＝x 3－3x 2＋3x 的极值点的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．32．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3．设函数f (x )＝e xx ＋a ，若f (x )的极小值为e ，则a ＝( )A ．－12B ．12C ．32D ．24．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22＝( )A ．23B ．43C ．83D ．1635．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x e x ，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 ＜1e6．(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 ．－37．(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8．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 ．338二、填空题9．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________． 10．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________．三、解答题11．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．12．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．新高考复习作业15 导数与函数的极值、最值班级：__________ 姓名：__________ 实际用时：_____分钟 得分：__________ 一、选择题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 )＝e x (x ＋a －1)(x ＋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 )＝e 1－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 ．23B ．43C ．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 e x ，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－x e x ，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a 3<x <0时，f ′(x )<0；当x <a3或x >0时，f ′(x )>0，则f (x )的增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)，减区间为⎝⎛⎭⎫a 3，0， 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≤－a6，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．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 ．二、填空题9．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 a 010．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 三、解答题11．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－ax x(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 ．12．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 ＝2(x －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－a 2＞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＝－a22＋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)．。
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 .。
2019版数学一轮高中全程复习方略课时作业15导数与函数
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＝ .
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．(2017·昆山调研)已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝x 2－x ，则使得f (x )取得极大值的x ＝________.解析：由f ′(x )＝x 2－x ＝0得到x ＝0或x ＝1，当x <0或x >1时，f ′(x )>0.当0<x <1时，f ′(x )<0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值．答案：02．函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0,3]上的最大值为4，则m ＝________.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)上是减函数，在(2,3]上是增函数． 又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m . 所以在[0,3]上，f (x )max ＝f (0)＝4， 所以m ＝4. 答案：43．函数y ＝x ln x 有极________(填大或小)值为________． 解析：y ′＝ln x ＋1(x >0)， 当y ′＝0时，x ＝e －1； 当y ′<0时，解得0<x <e －1； 当y ′>0时，解得x >e －1.所以y ＝x ln x 在(0，e －1)上是减函数，在(e －1，＋∞)上是增函数． 所以y ＝x ln x 有极小值y | x ＝e －1＝－1e .答案：小 －1e4．函数f (x )＝－x 3＋12x ＋6，x ∈⎣⎡⎦⎤－13，3的零点个数是________． 解析：f ′(x )＝－3x 2＋12，x ∈⎣⎡⎦⎤－13，3.当x ∈⎣⎡⎭⎫－13，2时，f ′(x )＞0， 当x ∈(2,3]时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎣⎡⎭⎫－13，2上是增函数，在(2,3]上是减函数． 故f (x )极大值＝f (2)＝22. 由于f ⎝⎛⎭⎫－13>0，f (3)>0， 所以有0个零点． 答案：05．(2016·南京学情调研)已知函数f (x )＝13x 3＋x 2－2ax ＋1，若函数f (x )在(1,2)上有极值，则实数a 的取值范围为________．解析：因为函数f (x )在(1,2)上有极值，则需函数f (x ) 在(1,2)上有极值点． 法一：令f ′(x )＝x 2＋2x －2a ＝0，得x 1＝－1－1＋2a ，x 2＝－1＋1＋2a ，因为x 1∉(1,2)，因此则需1<x 2<2，即1<－1＋1＋2a <2，即4<1＋2a <9，所以32<a <4，故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫32，4.法二：f ′(x )＝x 2＋2x －2a 的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x ＝－1，则f ′(x )在(1,2)上是单调递增函数，因此⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝3－2a <0，f ′(2)＝8－2a >0，解得32<a <4，故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫32，4.答案：⎝⎛⎭⎫32，46．(2017·河北三市二联)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________．解析：f ′(x )＝x 2－(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 －43.答案：2b－4 3二保高考，全练题型做到高考达标1．(2016·大江中学检测)函数y＝2x3－3x2－12x＋a在区间[0,2]上的最大值为5，则a 的值为________．解析：y′＝6x2－6x－12，在区间[0,2]上y′≤0.由f(0)＝5，解得a＝5.答案：52．设直线x＝t与函数h(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当MN最小时t＝________.解析：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，所以当t＝22时，f(t)取得最小值．答案：2 23．若e x≥k＋x在R上恒成立，则实数k的取值范围为________．解析：由e x≥k＋x，得k≤e x－x.令f(x)＝e x－x，所以f′(x)＝e x－1.f′(x)＝0时，x＝0，f′(x)<0时，x<0，f′(x)>0时，x>0.所以f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．所以f(x)min＝f(0)＝1.所以k的范围为(－∞，1]．答案：(－∞，1]4．f(x)＝2x＋1x2＋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.所以f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数， 所以f (x )极小值＝f (－2)＝－12.答案：－125．(2016·南京师大附中调研)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋cos x ， x ≥0，x (a －x )，x <0.若关于x 的不等式f (x )<π的解集为⎝⎛⎭⎫－∞，π2，则实数a 的取值范围是________． 解析：法一：当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2时，f (x )＝2x ＋cos x ， f ′(x )＝2－sin x >0，所以函数f (x )＝2x ＋cos x 在x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2上单调递增， 所以f (x )<f ⎝⎛⎭⎫π2＝π，满足题意； 当x ∈(－∞，0)时，f (x )＝x (a －x )，由题意得x (a －x )<π在x ∈(－∞，0)恒成立， 即a >x ＋πx 在x ∈(－∞，0)恒成立，而x ∈(－∞，0)时，x ＋πx ≤－2π，当且仅当x ＝πx 即x ＝－π时取等号，所以此时a >－2π.综上所述，实数a 的取值范围是(－2π，＋∞)． 法二：当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2时，f (x )＝2x ＋cos x ， f ′(x )＝2－sin x >0，所以函数f (x )＝2x ＋cos x 在x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2上单调递增，所以f (x )<f ⎝⎛⎭⎫π2＝π，满足题意； 当x ∈(－∞，0)时，f (x )＝x (a －x )，由题意得f (x )max <π在x ∈(－∞，0)时恒成立， 若a 2≤0即a ≤0时，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫a 2＝a 24<π， 所以－2π<a ≤0；若a2>0即a >0时，f (x )<f (0)＝0<π成立． 综上所述，实数a 的取值范围是(－2π，＋∞)． 答案：(－2π，＋∞)6．(2016·扬州调研)已知函数f (x )＝ln x －mx (m <0)在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.解析：f ′(x )＝1x ＋m x 2＝x ＋mx2.令f ′(x )＝0，得x ＝－m ，且当x <－m 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >－m 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．若－m ≤1，即－1≤m <0时，f (x )min ＝f (1)＝－m ≤1，不可能等于4；若1<－m ≤e ，即－e ≤m <－1时，f (x )min ＝f (－m )＝ln(－m )＋1，令ln(－m )＋1＝4，得m ＝－e 3∉[－e ，－1)；若－m >e ，即m <－e 时，f (x )min ＝f (e)＝1－m e ，令1－me ＝4，得m ＝－3e ，符合题意．综上所述，m ＝－3e. 答案：－3e7．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)8．(2016·无锡期末)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－|x 3－2x 2＋x |， x <1，ln x ，x ≥1，若对于∀t ∈R ，f (t )≤kt恒成立，则实数k 的取值范围是______．解析：设y ＝x 3－2x 2＋x ，x <1，则y ′＝3x 2－4x ＋1＝(x －1)(3x －1)，令y ′>0，解得x <13或x >1.又因为x <1，所以x <13.令y ′<0，得13<x <1，所以y 的增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，13，减区间是⎝⎛⎭⎫13，1，所以y 极大值＝427.根据图象变换可作出函数y ＝－|x 3－2x 2＋x |(x <1)的图象．又设函数y ＝ln x (x ≥1)的图象经过原点的切线斜率为k 1，切点(x 1，ln x 1)，因为y ′＝1x ，所以k 1＝1x 1＝ln x 1－0x 1－0，解得x 1＝e ，所以k 1＝1e .函数y ＝x 3－2x 2＋x 在原点处的切线斜率k 2＝y ′|x ＝0＝1.因为∀t ∈R ，f (t )≤kt ，所以根据f (x )的图象，数形结合可得1e≤k ≤1.答案：⎣⎡⎦⎤1e ，19．(2016·南通、扬州、泰州、淮安三调)设函数f (x )＝x e x －a sin x cos x (a ∈R ，其中e 是自然对数的底数)．(1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若对于任意的x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围； (3)是否存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上有两个零点？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1) 当a ＝0时，f (x )＝x e x ，f ′(x )＝e x (x ＋1)， 令f ′(x )＝0，得x ＝－1. 列表如下：所以函数f (x )的极小值为f (－1)＝－1e，无极大值．(2)①当a ≤0时，由于对于任意x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，有sin x cos x ≥0， 所以f (x )≥0恒成立，即当a ≤0时，符合题意；②当0<a ≤1时，因为f ′(x )＝e x (x ＋1)－a cos 2x ≥e 0(0＋1)－a cos 0＝1－a ≥0， 所以函数f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上为增函数． 所以f (x )≥f (0)＝0，即当0<a ≤1时，符合题意；③当a >1时，f ′(0)＝1－a <0，f ′⎝⎛⎭⎫π4＝e π4⎝⎛⎭⎫π4＋1>0，设f ′(α)＝0，其中α是f ′(x )＝0中最接近x ＝0的零点．所以f (x )在(0，α)上为减函数，此时f (x )<f (0)＝0， 即当a >1时，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，1]．(3)不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上有两个零点． 由(2)知，当a ≤1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是增函数，且f (0)＝0， 故函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上无零点． 当a >1时，f ′(x )＝e x (x ＋1)－a cos 2x . 令g (x )＝e x (x ＋1)－a cos 2x ，则g ′(x )＝e x (x ＋2)＋2a sin 2x ，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，恒有g ′(x )>0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是增函数． 由g (0)＝1－a <0， g ⎝⎛⎭⎫π2＝e π2⎝⎛⎭⎫π2＋1＋a >0，故g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上存在唯一的零点x 0， 即方程f ′(x )＝0在⎝⎛⎭⎫0，π2上存在唯一解x 0. 且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2时，f ′(x )>0， 即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫x 0，π2上单调递增． 当x ∈(0，x 0)时，f (x )<f (0)＝0，即f (x )在(0，x 0)上无零点； 当x ∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2时，由于f (x 0)<f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝π2e π2>0， 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫x 0，π2上有唯一零点． 所以当a >1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上有一个零点． 综上所述，不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上有两个零点． 10．(2016·山东高考)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，＋∞)． 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x .当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当a ＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，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，当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处取极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，＋∞. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知f (x )＝x 3－6x 2＋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：因为f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)， 由f ′(x )＜0，得1＜x ＜3，由f ′(x )＞0， 得x ＜1或x ＞3，所以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，所以y 极大值＝f (1)＝4－abc ＞0，y 极小值＝f (3)＝－abc ＜0. 所以0＜abc ＜4.所以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．所以f (0)＜0.所以f (0)f (1)＜0，f (0)f (3)＞0.所以正确结论的序号是②③. 答案：②③2．(2016·苏州期末)已知函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a (a ∈R)，e 为自然对数的底数． (1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)①若存在实数x ，满足f (x )<0，求实数a 的取值范围； ②若有且只有唯一整数x 0，满足f (x 0)<0，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，函数f (x )＝e x (2x －1)－x ＋1，定义域为R. 则f ′(x )＝e x (2x ＋1)－1，令h (x )＝e x (2x ＋1)－1. 则h ′(x )＝e x (2x ＋3)，易得h (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－32上递减，在⎣⎡⎭⎫－32，＋∞上递增． 又当x ≤－12时，h (x )≤－1<0，h (0)＝0.所以当x <0时，f ′(x )<0，当x >0时，f ′(x )>0.综上所述，函数f (x )的递减区间是(－∞，0]，递增区间是[0，＋∞)．(2)①若存在实数x ，满足f (x )<0，则a (x －1)>e x (2x －1)有解，显然x ＝1不是不等式的解，所以a <e x (2x －1)x －1在x <1时有解，或a >e x (2x －1)x －1在x >1时有解，第 11 页 共 11 页记g (x )＝e x (2x －1)x －1＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1x －1，其中x ≠1. 则g ′(x )＝e x⎝ ⎛⎦⎥⎤2＋1x －1－1(x －1)2＝e x ·x (2x －3)(x －1)2. 可得g (x )在(－∞，0]上单调递增，在[0,1)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，32上单调递减，在⎣⎡⎭⎫32，＋∞上单调递增，所以g (x )在(－∞，1)上的最大值为g (0)＝1，在(1，＋∞)上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫32＝4e 32. 所以a <1或a >4e 32，即实数a 的取值范围是(－∞，1)∪⎝⎛⎭⎫4e 32，＋∞. ②由①可知，若a <1，则a ＝g (x )有两解x 1，x 2，且x 1<0<x 2<1，不等式a <g (x )的解集为(x 1，x 2)，唯一整数x 0＝0，所以－1≤x 1<0，所以g (－1)≤a <g (0)，即32e≤a <1； 若a >4e 32，则a ＝g (x )有两解x 3，x 4，且1<x 3<32<x 4， 不等式a >g (x )的解集为(x 3，x 4)，唯一整数x 0＝2，所以2<x 4≤3，所以g (2)<a ≤g (3)，即3e 2<a ≤5e 32. 综上，a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫32e ，1∪⎝⎛⎦⎤3e 2，5e 32.。
高中数学(文)统考版 复习 课时作业 15导数与函数的极值、最值
解析：由题意知，f ′(x )＝[x 2＋(2－m )x －2m ]e x ＝(x ＋2)(x －m )e x .由f ′(x )＝0得，x 1＝－2，x 2＝m .因为m >－2，所以函数f (x )在区间(－∞，－2)和(m ，＋∞)内单调递增，在区间(－2，m )内单调递减．于是函数f (x )的极小值为f (m )＝0，即(m 2－m 2－m )e m ＋2m ＝0，(2－e m )m ＝0，解得m ＝0或m ＝ln 2.当m ＝0时，f (x )的极大值为f (－2)＝4e －2.当m ＝ln 2时，f (x )的极大值为f (－2)＝(4＋ln 2)·e －2＋2ln 2.答案：A4．[2020·吉林三校联合模拟]若函数f (x )＝(2－m )xx 2＋m的图象如图所示，则m 的范围为( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,2)C ．(0,2)D ．(1,2)解析：f ′(x )＝(x 2－m )(m －2)(x 2＋m )2＝(x －m )(x ＋m )(m －2)(x 2＋m )2，由函数图象的单调性及有两个极值点可知m －2<0且m >0，故0<m <2.又由题图易得函数的极大值点大于1，故m >1，即m >1.故1<m <2，故选D.答案：D 5．[2019·广东广州第二次模拟]已知函数f (x )＝e x －e x ＋a 与g (x )＝ln x ＋1x 的图象上存在关于x 轴对称的点，则实数a 的取值范围为( )A ．[－e ，＋∞)B ．[－1，＋∞)C ．(－∞，－1]D ．(－∞，－e]解析：若函数f (x )＝e x－e x ＋a 与g (x )＝ln x ＋1x 的图象上存在关于x 轴对称的点，则方程e x －e x ＋a ＝－(ln x ＋1x )在(0，＋∞)上有解，即a ＝e x －e x －ln x －1x 在(0，＋∞)上有解．令h (x )＝e x －e x－ln x －1x ，则－＋又x 1<x 2，所以易知0<x 1<12<x 2<1，f (x 2)x 1＝(x 2－1)2＋m ln x 2x 1，将(*)式代入得 f (x 2)x 1＝(x 2－1)2＋2x 2(1－x 2)ln x 21－x 2＝1－x 2＋2x 2ln x 2. 令g (t )＝1－t ＋2t ln t ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，则g ′(t )＝2ln t ＋1，令g ′(t )＝0，解得t ＝1e.当t ∈(12，1e )时，g ′(t )<0，g (t )在(12，1e )上单调递减；当t ∈(1e ，1)时，g ′(t )>0，g (t )在(1e，1)上单调递增．所以g (t )min ＝g (1e )＝1－2e＝1－2ee ，，g (12)＝12－ln 2<0＝g (1)， 即f (x 2)x 1的取值范围是[1－2ee ，0).。
专题15 导数与函数的极值、最值(原卷版)
1．已知极值求参数。若函数f(x)在点(x0，y0)处取得极值，则f′(x0)＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反。
2、对于求解析式中含有参数的函数极值问题，一般要对方程f′(x)＝0的根的情况进行讨论，分两个层次讨论．第一层次，讨论在定义域内是否有根；第二层次，在有根的条件下，再讨论根的大小．
2023高考一轮复习讲与练
专题15导数与函数的极值、最值
练高考 明方向
1.（2022·全国甲（文T8）(理T6)）.当 时，函数 取得最大值 ，则 （）
A. B. C. D. 1
2.（2022·新高考Ⅰ卷T10）已知函数 ，则（）
A. 有两个极值点B. 有三个零点
C.点 是曲线 的对称中心D.直线 是曲线 的切线
8.(2019·北京高考理科·T19同2019·北京高考文科·T20)已知函数f(x)= x3-x2+x.
(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程.
(2)当x∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x.
(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a),当M(a)最小时,求a的值.
(2)对于求解析式中含有参数的函数极值问题，一般要对方程f′(x)＝0的根的情况进行讨论，分两个层次讨论．第一层次，讨论在定义域内是否有根；第二层次，在有根的条件下，再讨论根的大小．
类型三、含参的极值问题
基本题型：
1．（求参数的值）设函数f(x)＝lnx＋ax2－ x，若x＝1是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的极小值为()
基本方法：
求函数f(x)在[a，b]上的最值的方法
(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，则f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值；
2019届高三数学(文)一轮总复习课时跟踪检测 导数与函数的极值、最值 Word版含答案
课时跟踪检测导数与函数的极值、最值1．(2016·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( )A ．y ＝x 3B ．y ＝ln (－x )C ．y ＝x e －xD ．y ＝x ＋2x解析：选D 由题可知，B ，C 选项中的函数不是奇函数，A 选项中，函数y ＝x 3单调递增(无极值)，而D 选项中的函数既为奇函数又存在极值．2．函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( )A ．1－eB ．－1C ．－eD ．0解析：选B 因为f ′(x )＝1x －1＝1－xx，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．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝( )A.1ln 2B ．－1ln 2C ．－ln 2D ．ln 2解析：选B 令y ′＝2x ＋x ·2xln 2＝0，∴x ＝－1ln 2.4．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，＋∞. 5．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．1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12 B ．1 C ．0D ．不存在解析：选A 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＝12.2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( )A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23解析：选A 由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.3．(2016·浙江瑞安中学月考)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( )A.23 B.43 C.83D.163解析：选C 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＝83.4．设函数f (x )＝ax 2＋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)＝0.5．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( )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，错误!解得a∈[－3,0)，故选C.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·广州模拟)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．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，a3－3a 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)9．已知函数f (x )＝x －1＋aex (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＋a e x ，得f ′(x )＝1－ae 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－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．10．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[－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：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 ＝23.(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，则f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a .综上所述，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2.1．已知f (x )＝x 3－6x 2＋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 )＝3x 2－12x ＋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，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．(2016·武汉调研)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 ＋1x －1x(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 )＝1－4x x.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 .。
高考数学复习课时跟踪检测-导数与函数的单调性极值与最值含解析
课时跟踪检测（十六） 必备知识——导数与函数的单调性、极值与最值1．(厦门质检)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(－1,1)B ．(0,1]C ．(1,＋∞)D ．(0,2)解析：选B 由题意知,函数的定义域为(0,＋∞),由y ′＝x －1x≤0,得0<x ≤1,所以函数的单调递减区间为(0,1]．2．函数f (x )的导函数f ′(x )有下列信息： ①f ′(x )>0时,－1<x <2； ②f ′(x )<0时,x <－1或x >2； ③f ′(x )＝0时,x ＝－1或x ＝2。
则函数f (x )的大致图象是( )解析：选C 根据信息知,函数f (x )在(－1,2)上是增函数．在(－∞,－1),(2,＋∞)上是减函数,故选C 。
3．函数f (x )＝(x 2－1)2＋2的极值点是( ) A ．x ＝1B ．x ＝－1C ．x ＝1或－1或0D ．x ＝0解析：选C ∵f (x )＝x 4－2x 2＋3,∴由f ′(x )＝4x 3－4x ＝4x (x ＋1)(x －1)＝0, 得x ＝0或x ＝1或x ＝－1,又当x <－1时,f ′(x )<0,当－1<x <0时,f ′(x )>0, 当0<x <1时,f ′(x )<0,当x >1时,f ′(x )>0, ∴x ＝0,1,－1都是f (x )的极值点．4．(成都高三摸底测试)已知函数f (x )＝x 3－ax 在(－1,1)上单调递减,则实数a 的取值范围为( ) A ．(1,＋∞) B ．[3,＋∞) C ．(－∞,1]D ．(－∞,3]解析：选B ∵f (x )＝x 3－ax ,∴f ′(x )＝3x 2－a 。
又f (x )在(－1,1)上单调递减,∴3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立,∴a ≥3,故选B 。
2020届高考数学(理科)总复习课时跟踪练(十五)利用导数研究函数的极值、最值(基础课)
课时跟踪练(十五)A组基础巩固1.(2019·广州模拟)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()①f(b)>f(a)>f(c)；②函数f(x)在x＝c处取得极小值，在x＝e处取得极大值；③函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值；④函数f(x)的最小值为f(d)．A．③B．①②C．③④D．④解析：由导函数图象可知在(－∞，c)，(e，＋∞)上，f′(x)>0，在(c，e)上，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上单调递增，在(c，e)上单调递减，所以f(a)<f(b)<f(c)，函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值，函数f(x)没有最小值．★答案★：A2．(2019·豫南九校质量考评)若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为()A．4 B．2或6C．2 D．6解析：因为f(x)＝x(x－c)2，所以f′(x)＝3x2－4cx＋c2，又f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，所以f′(2)＝12－8c＋c2＝0，解得c＝2或c＝6，当c＝2时，f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值；当c＝6时，f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值．所以c＝2.★答案★：C3．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：因为f′(x)＝1x－1＝1－xx，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.★答案★：B4．设a∈R，若函数y＝e x＋ax有大于零的极值点，则()A．a<－1 B．a>－1C．a>－1e D．a<－1e解析：因为y＝e x＋ax，所以y′＝e x＋a.因为函数y＝e x＋ax有大于零的极值点，则方程y′＝e x＋a＝0有大于零的解，因为x>0时，－e x<－1，所以a＝－e x<－1.★答案★：A5．(2019·郑州质检)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∈N *)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2为2折函数．已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则f (x )为( )A ．2折函数B ．3折函数C ．4折函数D ．5折函数解析：f ′(x )＝(x ＋2)e x －(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)(e x －3x －2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x ＝3x ＋2. 易知x ＝－2是f (x )的一个极值点，又e x ＝3x ＋2，结合函数图象，y ＝e x 与y ＝3x ＋2有两个交点． 又e －2≠3(－2)＋2＝－4.所以函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数． ★答案★：C6．函数f (x )＝x e －x ，x ∈[0，4]的最大值是________． 解析：f ′(x )＝e －x －x ·e －x ＝e －x (1－x )，令f ′(x )＝0，得x ＝1. 又f (0)＝0，f (4)＝4e 4，f (1)＝e －1＝1e ，所以f (1)＝1e 为最大值．★答案★：1e7．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ∈[－1，1]，则f (m )的最小值为________．解析：f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，故a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4.f ′(x )＝－3x 2＋6x ，由此可得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. ★答案★：－48．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 的值等于________．解析：由题意知，当x ∈(0，2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a，当0＜x ＜1a 时，f ′(x )＞0；当x ＞1a时，f ′(x )＜0.所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1.★答案★：19．(2018·天津卷选编)设函数f (x )＝(x －t 1)(x －t 2)(x －t 3)，其中t 1，t 2，t 3∈R ，且t 1，t 2，t 3是公差为d 的等差数列．(1)若t 2＝0，d ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若d ＝3，求f (x )的极值．解：(1)由已知，可得f (x )＝x (x －1)(x ＋1)＝x 3－x ，故f ′(x )＝3x 2－1.因此f (0)＝0，f ′(0)＝－1.又因为曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －f (0)＝f ′(0)(x－0)，故所求切线方程为x ＋y ＝0.(2)由已知得f (x )＝(x －t 2＋3)(x －t 2)(x －t 2－3)＝(x －t 2)3－9(x －t 2)＝x 3－3t 2x 2＋(3t 22－9)x －t 32＋9t 2.故f ′(x )＝3x 2－6t 2x ＋3t 22－9.令f ′(x )＝0，解得x ＝t 2－3或x ＝t 2＋ 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： ↗↘↗所以函数f (x )的极大值为f (t 2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝63， 函数f (x )的极小值为f (t 2＋3)＝(3)3－9×3＝－6 3. 10．(2019·哈尔滨模拟)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，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↗↘故f (x )在定义域上的极大值为f (x )极大值＝f (2)＝ln 2－1，无极小值．(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(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．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点；当a ＞0时，函数f (x )在x ＝1a处有唯一极值点．B 组 素养提升11．(2019·安庆二模)已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe (e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为( )A ．2e －1B ．－1eC ．1D ．2ln 2解析：由题意知，f ′(x )＝2e f ′（e ）x －1e ，所以f ′(e)＝2f ′(e)－1e ，则f ′(e)＝1e .因此f ′(x )＝2x －1e，令f ′(x )＝0，得x ＝2e.所以f (x )在(0，2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减． 所以f (x )在x ＝2e 处得取极大值f (2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2. ★答案★：D12．正项等比数列{a n }中的a 1，a 4 037是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x－3的极值点，则log 6a 2 019＝________．解析：因为f (x )＝13x 3－4x 2＋6x －3，所以f ′(x )＝x 2－8x ＋6，因为正项等比数列{a n }中的a 1，a 4 037是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x－3的极值点，所以a 1×a 4 037＝6，所以a 2 019＝a 1×a 4 037＝6， 所以log 6a 2 019＝log 66＝12.★答案★：1213．(2019·华大新高考联盟教学质量测评)传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的．这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12 cm且以每秒1 cm等速率缩短，而长度以每秒20 cm等速率增长．已知神针的底面半径只能从12 cm缩到4 cm，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm时其体积最大．假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________cm.解析：设神针原来的长度为a cm，t秒时神针的体积为V(t)cm3，则V(t)＝π(12－t)2·(a＋20t)，其中0≤t≤8，所以V′(t)＝[－2(12－t)(a ＋20t)＋(12－t)2·20]π.因为当底面半径为10 cm时其体积最大，所以10＝12－t，解得t＝2，此时V′(2)＝0，解得a＝60，所以V(t)＝π(12－t)2·(60＋20t)，其中0≤t≤8.V′(t)＝60π(12－t)(2－t)，当t∈(0，2)时，V′(t)>0，当t∈(2，8)时，V′(t)<0，从而V(t)在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，V(0)＝8 640π，V(8)＝3 520π，所以当t＝8时，V(t)有最小值3 520π.此时金箍棒的底面半径为4 cm.★答案★：414．设f(x)＝x ln x－ax2＋(2a－1)x(常数a＞0)．(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，＋∞)． 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x .又a ＞0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减． 所以函数y ＝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，当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．②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．③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⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
2021届高考数学一轮温习 课时跟踪检测15 导数与函数极值、最值 文 湘教版(1)
课时跟踪检测(十五) 导数与函数极值、最值(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页) 第Ⅰ卷：夯基保分卷1．(2021·威海模拟)当函数y ＝x ·2x 取极小值时，x ＝( ) B ．－1ln 2C ．－ln 2D ．ln 22．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )．若x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，那么以下图像不可能为y ＝f (x )图像的是( )3．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 ．10D ．154．(2021·荆州质检)设函数f (x )在R 上可导，其导函数是f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，那么函数y ＝xf ′(x )的图像可能是( )5．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，那么实数m 的取值范围是________． 6．已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图像在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )极大值与极小值之差为________．7．(2021·江苏高考节选)设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x －ax ，其中a 为实数． 若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围． 8．已知函数f (x )＝x 2－1与函数g (x )＝a ln x (a ≠0)．(1)若f (x )，g (x )的图像在点(1,0)处有公共的切线，求实数a 的值； (2)设F (x )＝f (x )－2g (x )，求函数F (x )的极值． 第Ⅱ卷：提能增分卷 1．设f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax .(1)若f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围；(2)当0<a <2时，f (x )在[1,4]上的最小值为－163，求f (x )在该区间上的最大值．2．(2021·晋中名校联考)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．3．(2021·广东六校联考)已知f (x )＝3x 2－x ＋m ，(x ∈R )，g (x )＝ln x . (1)假设函数f (x )与g (x )的图像在x ＝x 0处的切线平行，求x 0的值； (2)求当曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )有公共切线时，实数m 的取值范围；(3)在(2)的条件下，求函数F (x )＝f (x )－g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1上的最值(用m 表示)．答 案第Ⅰ卷：夯基保分卷 1．选By ′＝2x ＋x ·2x ln 2＝0，∴x ＝－1ln 2. 2．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，因此f (－1)＋f ′(－1)＝0；选项D 中，f (－1)>0，f ′(－1)>0，不知足f ′(－1)＋f (－1)＝0.3．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，∴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， ∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 又f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图像开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1,1]时，f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9.故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.应选A.4．选C f (x )在x ＝－2处取得极小值，即x <－2，f ′(x )<0；x >－2，f ′(x )>0，那么y ＝xf ′(x )过点(0,0)及(－2,0)．当x <－2时，x <0，f ′(x )<0，那么y >0；当－2<x <0时，x <0，f ′(x )>0，y <0；当x >0时，f ′(x )>0，y >0，故C 正确．5．解析：f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m 2－12×(m ＋6)>0. 因此m >6或m <－3. 答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞) 6．解析：∵y ′＝3x 2＋6ax ＋3b ，⎩⎪⎨⎪⎧ 3×22＋6a ×2＋3b ＝03×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0.∴y ′＝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. 答案：47．解：令f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x<0，考虑到f (x )的概念域为(0，＋∞)，故a >0，进而解得x >a －1，即f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数．同理，f (x )在(0，a －1)上是单调增函数．由于f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a ≥1.令g ′(x )＝e x －a ＝0，得x ＝ln a ．当x <ln a 时，g ′(x )<0；当x >ln a 时，g ′(x )>0.又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，因此ln a >1，即a >e.综上，a 的取值范围为(e ，＋∞)． 8．解：(1)因为f (1)＝0，g (1)＝0，因此点(1,0)同时在函数f (x )，g (x )的图像上，因为f (x )＝x 2－1，g (x )＝a ln x ， 因此f ′(x )＝2x ，g ′(x )＝a x，由已知，得f′(1)＝g′(1)，因此2＝a1，即a＝2.(2)因为F (x )＝f (x )－2g (x )＝x 2－1－2a ln x (x >0)，因此F ′(x )＝2x －2a x ＝2x 2－ax，当a <0时，因为x >0，且x 2－a >0，因此F ′(x )>0对x >0恒成立，因此F (x )在(0，＋∞)上单调递增，F (x )无极值；当a >0时， 令F ′(x )＝0，解得x 1＝a ，x 2＝－a (舍去)，因此当x >0时，F ′(x )，F (x )的转变情形如下表：x (0，a )a (a ，＋∞)F ′(x ) － 0＋F (x )递减极小值 递增因此当x ＝a 时，F (x )取得极小值，且F (a )＝(a )2－1－2a ln a ＝a 1－a ln a .综上，当a <0时，函数F (x )在(0，＋∞)上无极值； 当a >0时，函数F (x )在x ＝a 处取得极小值a －1－a ln a .第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a . 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .令29＋2a >0，得a >－19. 因此当a >－19时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，即f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间时，a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞.(2)令f ′(x )＝0，得两根x 1＝1－1＋8a2，x 2＝1＋1＋8a2，因此f ′(x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减， 在(x 1，x 2)上单调递增．当0<a <2时，有x 1<1<x 2<4， 因此f (x )在[1,4]上的最大值为f (x 2)， 又f (4)－f (1)＝－272＋6a <0，即f (4)<f (1)．因此f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8a －403＝－163，得a ＝1，x 2＝2，从而f (x )在[1,4]上的最大值为f (2)＝103.2．解：(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 ，当a ≤0时，g ′(x )<0恒成立，g (x )单调递减，方程g (x )＝0不可能有两个根； 当a >0时，由g ′(x )＝0，得x ＝ln 2a ，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．∴当g (x )max >0时，方程g (x )＝0才有两个根，∴g (x )max ＝g (ln 2a )＝2a ln 2a －2a >0，得a >e 2.3．解：(1)∵f ′(x )＝6x －1，g ′(x )＝1x(x >0)，由题意知6x 0－1＝1x 0(x 0>0)，即6x 20－x 0－1＝0，解得x 0＝12或x 0＝－13， 又∵x 0>0，∴x 0＝12.(2)假设曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )相切且在交点处有公共切线，由(1)得切点横坐标为12，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， ∴34－12＋m ＝ln 12，即m ＝－14－ln 2， 数形结合可知，m >－14－ln 2时，f (x )与g (x )有公共切线，故m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－14－ln 2，＋∞. (3)F (x )＝f (x )－g (x )＝3x 2－x ＋m －ln x ， 故F ′(x )＝6x －1－1x＝6x 2－x －1x ＝3x ＋12x －1x，当x 转变时，F ′(x )与F (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1的转变情形如下表： x ⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，12 12 ⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1 F ′(x ) －0 ＋F (x )极小值又∵F ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝m ＋ln 3，F (1)＝2＋m >F ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，∴当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1时，F (x )min ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝m ＋14＋ln 2⎝ ⎛⎭⎪⎫m >－14－ln 2， F (x )max ＝F (1)＝m ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫m >－14－ln 2.。
课时跟踪检测(十七) 确保中档题目(二)——利用导数研究函数的极值、最值
课时跟踪检测（十七） 确保中档题目（二）——利用导数研究函数的极值、最值1．若函数f (x )＝a e x －sin x 在x ＝0处有极值，则a 的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．e解析：选C f ′(x )＝a e x －cos x ，若函数f (x )＝a e x －sin x 在x ＝0处有极值，则f ′(0)＝a －1＝0，解得a ＝1，经检验a ＝1符合题意，故选C.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，得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)．3．(2020·昆明一中月考)已知函数f (x )＝(x 2－m )e x ，若函数f (x )的图象在x ＝1处切线的斜率为3e ，则f (x )的极大值是( )A ．4e －2 B ．4e 2 C ．e －2D ．e 2解析：选A 函数f (x )＝(x 2－m )e x ， 求导可得f ′(x )＝(x 2＋2x －m )e x .因为函数f (x )的图象在x ＝1处切线的斜率为3e ， 所以f ′(1)＝(3－m )e ＝3e ，解得m ＝0， 所以f ′(x )＝(x 2＋2x )e x .令(x 2＋2x )e x ＝0，解得x ＝0或x ＝－2.当x<－2或x>0时，f′(x)>0，函数f(x)是增函数；当－2<x<0时，f′(x)<0，函数f(x)是减函数．所以函数f(x)的极大值为f(－2)＝4e－2，故选A.4．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x的极值点，则f′(－2)＝______，f(x)的极小值为________．解析：由函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x可得f′(x)＝(2x＋a)e x＋(x2＋ax－1)e x，因为x＝－2是函数f(x)的极值点，所以f′(－2)＝(－4＋a)e－2＋(4－2a－1)e－2＝0，即－4＋a＋3－2a＝0，解得a＝－1.所以f′(x)＝(x2＋x－2)e x.令f′(x)＝0可得x＝－2或x＝1.当x<－2或x>1时，f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数，当－2<x<1时，f′(x)<0，此时函数f(x)为减函数，所以当x＝1时函数f(x)取得极小值，极小值为f(1)＝(12－1－1)×e1＝－e.答案：0－e5．设直线x＝t与函数h(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当MN最小时t＝________.解析：由已知条件可得MN＝t2－ln t，设f(t)＝t2－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，所以当t＝22时，f(t)取得最小值．答案：2 26．已知函数f (x )＝ln x －mx (m <0)在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.解析：f ′(x )＝1x ＋m x 2＝x ＋mx2.令f ′(x )＝0，得x ＝－m ，且当x <－m 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >－m 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．若－m ≤1，即－1≤m <0时，f (x )min ＝f (1)＝－m ≤1，不可能等于4；若1<－m ≤e ，即－e ≤m <－1时，f (x )min ＝f (－m )＝ln(－m )＋1，令ln(－m )＋1＝4，得m ＝－e 3∉[－e ，－1)；若－m >e ，即m <－e 时，f (x )min ＝f (e)＝1－m e ，令1－me ＝4，得m ＝－3e ，符合题意．综上所述，m ＝－3e. 答案：－3e7.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．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：(1)由f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，得f ′(x )＝ax －2bx ， ∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝a －2b ＝0，f (1)＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝ln x －12x 2，则f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x ，当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e ≤x <1，令f ′(x )<0，得1<x ≤e ，∴f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，1上单调递增；在(1，e]上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.9．已知函数f (x )＝(x －k )e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值． 解：(1)f ′(x )＝(x －k ＋1)e x . 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：所以f (x(2)当k －1≤0，即k ≤1时，函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ；当0<k －1<1，即1<k <2时，由(1)知f (x )在[0，k －1]上单调递减，在(k －1,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1；当k －1≥1，即k ≥2时，函数f (x )在[0,1]上单调递减，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.10．设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c (a >0)．(1)当a ＝1，且函数f (x )的图象过点(0,1)时，求函数f (x )的极小值； (2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点，求a 的取值范围． 解：f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1.(1)函数f (x )的图象过点(0,1)时，有f (0)＝c ＝1.当a ＝1时，f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋1，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 由f ′(x )>0，解得x <13或x >1；由f ′(x )<0，解得13<x <1.所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，13和(1，＋∞)上单调递增， 在⎝⎛⎭⎫13，1上单调递减，所以函数f (x )的极小值是f (1)＝13－2×12＋1＋1＝1. (2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点， 则f (x )在(－∞，＋∞)上是单调函数，即f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≥0或f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≤0恒成立． 因为a >0，所以f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 则有Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0， 即16－12a ≤0，解得a ≥43.故a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫43，＋∞. 11．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 －1x 2(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. 12．设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x (常数a >0)． (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，＋∞)， 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x .又a >0，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减．∴函数y ＝g (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，12a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞. (2)由(1)知，f ′(1)＝0. ①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， 当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．②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．③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处取极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，＋∞.。
新教材高中数学课时跟踪检测十五函数的最大小值新人教A版必修第一册
新教材高中数学课时跟踪检测十五函数的最大小值新人教A 版必修第一册课时跟踪检测（十五） 函数的最大（小）值A 级——学考水平达标练1．函数y ＝x 2＋2x －1在[0,3]上的最小值为( )A ．0B ．－4C ．－1D ．－2 解析：选C 因为y ＝x 2＋2x －1＝(x ＋1)2－2，其图象的对称轴为直线x ＝－1，所以函数y ＝x 2＋2x －1在[0,3]上单调递增，所以当x ＝0时，此函数取得最小值，最小值为－1.2．函数y ＝x ＋2x －1的最值的情况为( )A ．最小值为12，无最大值 B ．最大值为12，无最小值 C ．最小值为12，最大值为2 D ．最大值为2，无最小值解析：选A ∵y ＝x ＋2x －1在定义域⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上是增函数，∴函数最小值为12，无最大值，故选A.3．设函数f (x )＝2x x －2在区间[3,4]上的最大值和最小值分别为M ，m ，则m 2M＝( ) A.23B.38C.32D.83 解析：选D 易知f (x )＝2x x －2＝2＋4x －2，所以f (x )在区间[3,4]上单调递减，所以M ＝f (3)＝2＋43－2＝6，m ＝f (4)＝2＋44－2＝4，所以m 2M ＝166＝83. 4．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1x，x ≥1，－x 2＋2，x <1的最大值为( ) A ．1 B ．2C ．12D ．13解析：选B 当x ≥1时，函数f (x )＝1x为减函数，此时f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝1；当x <1时，函数f (x )＝－x 2＋2在x ＝0处取得最大值，最大值为f (0)＝2.综上可得，f (x )的最大值为2，故选B.5．当0≤x ≤2时，a <－x 2＋2x 恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，0]C ．(－∞，0)D ．(0，＋∞) 解析：选C 令f (x )＝－x 2＋2x ，则f (x )＝－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1.又∵x ∈[0,2]，∴f (x )min ＝f (0)＝f (2)＝0.∴a <0.6．已知函数f (x )＝x 2－6x ＋8，x ∈[1，a ]，并且f (x )的最小值为f (a )，则实数a 的取值范围是________．解析：f (x )的对称轴为x ＝3，当且仅当1＜a ≤3时，f (x )min ＝f (a )．答案：(1,3]7．函数y ＝f (x )的定义域为[－4,6]，若函数f (x )在区间[－4，－2]上单调递减，在区间(－2,6]上单调递增，且f (－4)<f (6)，则函数f (x )的最小值是________，最大值是________．解析：作出符合条件的函数的简图(图略)，可知f (x )min ＝f (－2)，f (x )max ＝f (6)．答案：f (－2) f (6)8．某公司在甲、乙两地同时销售一种品牌车，利润(单位：万元)分别为L 1＝－x 2＋21x 和L 2＝2x ，其中x 为销售量(单位：辆)．若该公司在两地共销售15辆，求能获得的最大利润为多少万元？解：设公司在甲地销售x 辆，则在乙地销售(15－x )辆，设两地销售的利润之和为y ，则 y ＝－x 2＋21x ＋2(15－x )＝－x 2＋19x ＋30.由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥0，15－x ≥0.∴0≤x ≤15，且x ∈Z.当x ＝－192×(－1)＝9.5时，y 值最大， ∵x ∈Z ，∴取x ＝9或10.当x ＝9时，y ＝120，当x ＝10时，y ＝120.综上可知，公司获得的最大利润为120万元．9．已知函数f (x )＝x －1x ＋2，x ∈[3,5]．(1)判断函数f (x )的单调性；(2)求函数f (x )的最大值和最小值．解：(1)任取x 1，x 2∈[3,5]且x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1－1x 1＋2－x 2－1x 2＋2＝(x 1－1)(x 2＋2)－(x 2－1)(x 1＋2)(x 1＋2)(x 2＋2) ＝x 1x 2＋2x 1－x 2－2－x 1x 2－2x 2＋x 1＋2(x 1＋2)(x 2＋2) ＝3(x 1－x 2)(x 1＋2)(x 2＋2). ∵x 1，x 2∈[3,5]且x 1<x 2，∴x 1－x 2<0，x 1＋2>0，x 2＋2>0.∴f (x 1)－f (x 2)<0.∴f (x 1)<f (x 2)．∴函数f (x )＝x －1x ＋2在[3,5]上为增函数． (2)由(1)知，当x ＝3时，函数f (x )取得最小值，为f (3)＝25；当x ＝5时，函数f (x )取得最大值，为f (5)＝47. B 级——高考水平高分练1．对于函数f (x )，在使f (x )≥M 成立的所有实数M 中，我们把M 的最大值M max 叫做函数f (x )的下确界，则对于a ∈R ，a 2－4a ＋6的下确界为________．解析：设f (a )＝a 2－4a ＋6，f (a )≥M ，即f (a )min ≥M .而f (a )＝(a －2)2＋2，∴f (a )min ＝f (2)＝2.∴M ≤2.∴M max ＝2.答案：22．用min{a ，b }表示a ，b 两个数中的最小值．设f (x )＝min{x ＋2，10－x }(x ≥0)，则f (x )的最大值为________．解析：在同一平面直角坐标系内画出函数y ＝x ＋2和y ＝10－x的图象．根据min{x ＋2,10－x }(x ≥0)的含义可知，f (x )的图象应为图中实线部分．解方程x ＋2＝10－x ，得x ＝4，此时y ＝6，故两图象的交点坐标为(4,6)．由图象可知，函数f (x )的最大值为6.答案：63．已知二次函数y ＝x 2＋2ax ＋3，x ∈[－4,6]．(1)若a ＝－1，写出函数的单调增区间和减区间； (2)若a ＝－2，求函数的最大值和最小值；(3)若函数在[－4,6]上是单调函数，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝－1时，y ＝x 2－2x ＋3＝(x －1)2＋2，因为x ∈[－4,6]，所以函数的单调递增区间为[1,6]，单调递减区间为[－4,1)．(2)当a ＝－2时，y ＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1，因为x ∈[－4,6]，所以函数的单调递增区间为[2,6]，单调递减区间为[－4,2)，所以函数的最大值为f (－4)＝35，最小值为f (2)＝－1.(3)由y ＝x 2＋2ax ＋3＝(x ＋a )2＋3－a 2可得，函数的对称轴为x ＝－a ，因为函数在[－4,6]上是单调函数，所以a ≤－6或a ≥4.即实数a 的取值范围为(－∞，－6]∪[4，＋∞)．4．有甲、乙两种商品，经营销售这两种商品所能获得的利润依次是P (万元)和Q (万元)，它们与投入资金x (万元)的关系有经验公式：P ＝x 5，Q ＝35x .今有3万元资金投入经营甲、乙两种商品，为获得最大利润，对甲、乙两种商品的资金投入分别应为多少？能获得的最大利润是多少？解：设对甲种商品投资x 万元，则对乙种商品投资(3－x )万元，总利润为y 万元，根据题意得y ＝15x ＋353－x (0≤x ≤3)． 令3－x ＝t ，则x ＝3－t 2,0≤t ≤ 3.所以y ＝15(3－t 2)＋35t ＝－15⎝ ⎛⎭⎪⎫t －322＋2120， 当t ＝32时，y max ＝2120， 此时x ＝0.75,3－x ＝2.25.由此可知，为获得最大利润，对甲、乙两种商品的资金投入分别应为0.75万元和2.25万元，能获得的最大利润为1.05万元．5．请先阅读下列材料，然后回答问题．对于问题“已知函数f (x )＝13＋2x －x 2，问函数f (x )是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值；若不存在，说明理由．”一个同学给出了如下解答：令u ＝3＋2x －x 2，则u ＝－(x －1)2＋4，当x ＝1时，u 有最大值，u max ＝4，显然u 没有最小值．故当x ＝1时，f (x )有最小值14，没有最大值． (1)你认为上述解答是否正确？若不正确，说明理由，并给出正确的解答；(2)试研究函数y ＝2x 2＋x ＋2的最值情况． 解：(1)不正确．没有考虑到u 还可以小于0.正确解答如下：令u ＝3＋2x －x 2，则u ＝－(x －1)2＋4≤4，当0＜u ≤4时，1u ≥14，即f (x )≥14； 当u ＜0时，1u＜0，即f (x )＜0. ∴f (x )＜0或f (x )≥14，即f (x )既无最大值，也无最小值． (2)∵x 2＋x ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋74≥74，∴0＜y ≤87，∴函数y ＝2x 2＋x ＋2的最大值为87⎝⎛⎭⎪⎫当x ＝－12时，而无最小值．。
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课时跟踪检测(十五) 导数与函数极值、最值(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)第Ⅰ卷：夯基保分卷1．(2013·威海模拟)当函数y＝x·2x取极小值时，x＝( )A.1ln 2B．－1ln 2C．－ln 2 D．ln 22．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，则下列图像不可能为y＝f(x)图像的是( )3．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4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．－15C．10 D．154．(2014·荆州质检)设函数f(x)在R上可导，其导函数是f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图像可能是( )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________．6．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________．7．(2013·江苏高考节选)设函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝e x－ax，其中a为实数．若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范围．8．已知函数f(x)＝x 2－1与函数g(x)＝aln x(a≠0)．(1)若f(x)，g(x)的图像在点(1,0)处有公共的切线，求实数a 的值； (2)设F(x)＝f(x)－2g(x)，求函数F(x)的极值．第Ⅱ卷：提能增分卷1．设f(x)＝－13x 3＋12x 2＋2ax.(1)若f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围； (2)当0<a<2时，f(x)在[1,4]上的最小值为－163，求f(x)在该区间上的最大值．2．(2013·晋中名校联考)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．3．(2014·广东六校联考)已知f(x)＝3x 2－x ＋m ，(x ∈R)，g(x)＝ln x.(1)若函数f(x)与g(x)的图像在x ＝x 0处的切线平行，求x 0的值； (2)求当曲线y ＝f(x)与y ＝g(x)有公共切线时，实数m 的取值范围；(3)在(2)的条件下，求函数F(x)＝f(x)－g(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1上的最值(用m 表示)．答 案第Ⅰ组：全员必做题1．选B y′＝2x＋x·2xln 2＝0，∴x ＝－1ln 2. 2．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．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，∴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，∴当m ∈[－1,1]时，f(m)min ＝f(0)＝－4. 又f′(x)＝－3x 2＋6x 的图像开口向下， 且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1,1]时， f′(n)min ＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.故选A.4．选C f(x)在x ＝－2处取得极小值，即x<－2，f′(x)<0；x>－2，f′(x)>0，那么y ＝xf′(x)过点(0,0)及(－2,0)．当x<－2时，x<0，f′(x)<0，则y>0；当－2<x<0时，x<0，f′(x)>0，y<0；当x>0时，f′(x)>0，y>0，故C 正确．5．解析：f′(x)＝3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m 2－12×(m＋6)>0. 所以m>6或m<－3.答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)6.解析：∵f′(x)＝3x 2－12x ＋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，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：②③7．解：令f′(x)＝1x －a ＝1－axx <0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a>0，进而解得x>a －1，即f(x)在(a －1，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a －1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a≥1.令g′(x)＝e x－a ＝0，得x ＝ln a ．当x<ln a 时，g′(x)<0；当x>ln a 时，g′(x)>0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a>e.综上，a 的取值范围为(e ，＋∞)． 8．解：(1)因为f(1)＝0，g(1)＝0，所以点(1,0)同时在函数f(x)，g(x)的图像上，因为f(x)＝x 2－1，g(x)＝aln x ， 所以f′(x)＝2x ，g′(x)＝ax ，由已知，得f′(1)＝g′(1)， 所以2＝a1，即a ＝2.(2)因为F(x)＝f(x)－2g(x)＝x 2－1－2aln x(x>0)， 所以F′(x)＝2x －2ax＝2－x，当a<0时，因为x>0，且x 2－a>0， 所以F′(x)>0对x>0恒成立，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增， F(x)无极值； 当a>0时，令F′(x)＝0，解得x 1＝a ，x 2＝－a(舍去)， 所以当x>0时，F′(x)，F(x)的变化情况如下表：所以当x ＝a 时，F(x)取得极小值，且F(a)＝(a)2－1－2aln a ＝a －1－aln a.综上，当a<0时，函数F(x)在(0，＋∞)上无极值；当a>0时，函数F(x)在x ＝a 处取得极小值a －1－aln a.第Ⅱ组：重点选做题1．解：(1)f′(x)＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞时，f′(x)的最大值为 f′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a.令29＋2a>0，得a>－19.所以当a>－19时，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间， 即f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间时，a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞. (2)令f′(x )＝0，得两根x 1＝1－1＋8a2，x 2＝1＋1＋8a 2，所以f′(x)在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增．当0<a<2时，有x 1<1<x 2<4，所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x 2)， 又f(4)－f(1)＝－272＋6a<0，即f(4)<f(1)．所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a －403＝－163，得a ＝1，x 2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝103.2．解：(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，当a≤0时，g′(x)<0恒成立，g(x)单调递减， 方程g(x)＝0不可能有两个根； 当a>0时，由g′(x)＝0，得x ＝ln 2a ，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．∴当g(x)max >0时，方程g(x)＝0才有两个根， ∴g(x)max ＝g(ln 2a)＝2aln 2a －2a>0， 得a>e 2.3．解：(1)∵f′(x)＝6x －1，g′(x)＝1x(x>0)，由题意知6x 0－1＝1x 0(x 0>0)，即6x 20－x 0－1＝0，解得x 0＝12或x 0＝－13，又∵x 0>0，∴x 0＝12.(2)若曲线y ＝f(x)与y ＝g(x)相切且在交点处有公共切线，由(1)得切点横坐标为12，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， ∴34－12＋m ＝ln 12，即m ＝－14－ln 2，数形结合可知，m>－14－ln 2时，f(x)与g(x)有公共切线，故m 的取值范围是－14－ln 2，＋∞.(3)F(x)＝f(x)－g(x)＝3x 2－x ＋m －ln x ， 故F′(x)＝6x －1－1x＝6x 2－x －1x＝＋－x，当x 变化时，F′(x)与F(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1的变化情况如下表：又∵F ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝m ＋ln 3，F(1)＝2＋m>F ⎝ ⎛⎭⎪⎫13， ∴当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1时，F(x)min ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝m ＋14＋ln 2⎝ ⎛⎭⎪⎫m>－14－ln 2， F(x)max ＝F(1)＝m ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫m>－14－ln 2.。