2019高中复习理数通用版：课时达标检测(十五) 导数与函数的极值、最值含解析
2019版高考数学文大一轮优选全国课时达标15导数与函数
课时达标 第15讲[解密考纲]本考点主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值或者已知最值求参数等问题．高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．一、选择题1．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为( D ) A ．⎣⎡⎭⎫32，＋∞ B ．⎝⎛⎭⎫32，＋∞C ．⎝⎛⎦⎤－∞，－32∪⎣⎡⎭⎫32，＋∞D ．⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞解析 若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有两个不同的根，故Δ＝(－4c )2－12>0，从而c >32或c <－32. 2．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( A )A ．12B ．1C ．0D ．不存在解析 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.故选A ．3．已知x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，那么函数f (x )的极大值为( D ) A ．15 B ．16 C ．17D ．18解析 x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，即x ＝2是f ′(x )＝3x 2－3a ＝0的根，将x ＝2代入得a ＝4，所以函数解析式为f (x )＝x 3－12x ＋2.令f ′(x )＝3x 2－12＝0，得x ＝±2，故函数在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x ＝－2时函数f (x )取得极大值f (－2)＝18.故选D ．4．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1，x ≤0，e ax ，x >0在[－2,2]上的最大值为2，则实数a 的取值范围是( D )A ．⎣⎡⎭⎫12ln 2，＋∞ B ．⎣⎡⎦⎤0，12ln 2 C ．(－∞，0)D ．⎝⎛⎦⎤－∞，12ln 2 解析 当x ∈[－2,0)时，因为f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)，所以在[－2，－1)上，f ′(x )>0，在(－1,0]上，f ′(x )≤0，则当x ∈[－2,0]时函数有最大值，为f (－1)＝2.当a ≤0时，若x >0，显然e ax ≤1，此时函数在[－2,2]上的最大值为2，符合题意；当a >0时，若函数在[－2,2]上的最大值为2，则e 2a ≤2，得0<a ≤12ln 2.综上可知a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12ln 2.故选D ． 5．已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( A )A ．－37B ．－29C ．－5D ．－11解析 f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2.∵f (0)＝m ，f (2)＝－8＋m ，f (－2)＝－40＋m ，显然f (0)>f (2)>f (－2)，∴m ＝3，最小值为f (－2)＝－37.故选A ．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( A )A ．2b －43B ．32b －23C ．0D ．b 2－16b 3解析 f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)． ∵函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数， ∴－3<b <1，则由f ′(x )>0，得x <b 或x >2.由f ′(x )<0，得b <x <2，∴函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43.故选A ．二、填空题7．已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M －m ＝__32__.解析 f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0，则x ＝2和x ＝－2为其两个极值点，f (3)＝－1，f (－3)＝17，f (2)＝－8，f (－2)＝24，∴M ＝24，m ＝－8，M －m ＝32.8．已知函数y ＝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__4__.解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(2)＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′(1)＝3×12＋6a ×1＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0，∴f ′(x )＝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)＝4.9．已知函数f (x )的定义域是[－1,5]，部分对应值如下表.f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则f (x )的极小值为__0__.解析 由y ＝f ′(x )的图象知，f ′(x )与f (x )随x 的变化情况如下表.所以f (2)为f (x )的极小值，f (2)＝0. 三、解答题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．解析 (1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－ae x .由曲线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．11．(2018·福建南安诗山中学月考)已知函数f (x )＝ax 2－2ax ＋2＋a (a ＜0)，若f (x )在区间[2,3]上有最大值1.(1)求a 的值；(2)若g (x )＝f (x )－mx 在[2,4]上单调，求实数m 的取值范围．解析 方法一 (1)因为函数的图象是抛物线，a <0，所以开口向下，对称轴是直线x ＝1，所以函数f (x )在[2,3]上单调递减，所以当x ＝2时，f (x )max ＝f (2)＝2＋a ＝1，所以a ＝－1.(2)因为a ＝－1，所以f (x )＝－x 2＋2x ＋1， 所以g (x )＝f (x )－mx ＝－x 2＋(2－m )x ＋1， g (x )的图象开口向下，对称轴为直线x ＝2－m 2，因为g (x )在[2,4]上单调，所以2－m 2≤2或2－m 2≥4，从而m ≤－6或m ≥－2.所以m 的取值范围是(－∞，－6]∪[－2，＋∞)． 方法二 (1)因为f ′(x )＝2ax －2a ＝2a (x －1)(a <0)， 所以x >1时，f ′(x )<0，f (x )在[2,3]上单调递减， 所以f (x )max ＝f (2)＝2＋a ＝1，所以a ＝－1. (2)g (x )＝－x 2＋2x ＋1－mx ＝－x 2＋(2－m )x ＋1， g ′(x )＝－2x ＋(2－m )＝－2⎝⎛⎭⎫x －2－m 2，因为g (x )在[2,4]上单调，所以2－m 2≤2或2－m2≥4，所以m ≤－6或m ≥－2，所以实数m 的取值范围是(－∞，－6]∪[－2，＋∞)． 12．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝(－x 2＋ax －3)e x (a 为实数)． (1)当a ＝5时，求函数y ＝g (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求f (x )在区间[t ，t ＋2](t >0)上的最小值． 解析 (1)当a ＝5时，g (x )＝(－x 2＋5x －3)e x ，g (1)＝e.又g ′(x )＝(－x 2＋3x ＋2)e x ，故切线的斜率为g ′(1)＝4e. 所以切线方程为y －e ＝4e(x －1)，即y ＝4e x －3e. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.①当t ≥1e 时，在区间[t ，t ＋2]上f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f (t )＝t ln t .②当0<t <1e 时，在区间⎣⎡⎭⎫t ，1e 上f (x )为减函数，在区间⎝⎛⎦⎤1e ，t ＋2上f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e. 综上，f (x )min＝⎩⎨⎧t ln t ，t ≥1e，－1e ，0<t <1e.。
高三复习：导数与函数的单调性、极值最值(含解析答案)
3.2导数与函数的单调性、极值、最值知识梳理：1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x) _____0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x) _____0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法：一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤：3．函数的最值试一试：1．函数f(x)＝x2－2ln x的单调减区间是________．2．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为________．考点一利用导数研究函数的单调性例1已知函数f(x)＝e x－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由．考点二 利用导数求函数的极值例2 设f (x )＝e x 1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点； (2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．考点三 利用导数求函数的最值例3已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.71828…为自然对数的底数． 设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值．变式1 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．考点4 含有参数的分类讨论例4：已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间； (2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．课堂练习：1．函数f (x )＝e x －x 的单调递增区间是________．2．(2014·扬州期末)已知函数f (x )＝ln x －mx (m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.3．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________． 4.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间； (3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3，2]上单调递增，求实数c 的取值范围．导数与函数的单调性、极值、最值后作业1．函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是________．2．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取得极值，则a ＝________.3．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是________．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________．5．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________．6．已知函数f (x )＝1x ＋ln x ，求函数f (x )的极值和单调区间．7．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集是________．8．设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围．9．已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．10．设函数f (x )＝e x x 2－k (2x ＋ln x )(k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．导数与函数的单调性、极值、最值教师版知识梳理 1．函数的单调性在某个区间(a ，b )内，如果f ′(x )>0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递增；如果f ′(x )<0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递减． 2．函数的极值(1)判断f (x 0)是极值的方法：一般地，当函数f (x )在点x 0处连续时，①如果在x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值； ②如果在x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，那么f (x 0)是极小值． (2)求可导函数极值的步骤： ①求f ′(x )；②求方程f ′(x )＝0的根；③检查f ′(x )在方程f ′(x )＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值． 3．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值．(3)设函数f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，求f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤如下： ①求f (x )在(a ，b )内的极值；②将f (x )的各极值与f (a )，f (b )进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值． 试一试1．函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调减区间是________． 答案 (0,1)解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x (x >0)．∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．答案(－1，＋∞)解析设m(x)＝f(x)－(2x＋4)，∵m′(x)＝f′(x)－2>0，∴m(x)在R上是增函数．∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，∴m(x)>0的解集为{x|x>－1}，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．考点一利用导数研究函数的单调性例1已知函数f(x)＝e x－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由．思维点拨函数的单调性和函数中的参数有关，要注意对参数的讨论．解f′(x)＝e x－a，(1)若a≤0，则f′(x)＝e x－a≥0，即f(x)在R上单调递增，若a>0，令e x－a≥0，则e x≥a，x≥ln a.因此当a≤0时，f(x)的单调增区间为R，当a>0时，f(x)的单调增区间为[ln a，＋∞)．(2)∵f′(x)＝e x－a≤0在(－2,3)上恒成立．∴a≥e x在x∈(－2,3)上恒成立．∴e－2<e x<e3，只需a≥e3.当a＝e3时，f′(x)＝e x－e3<0在x∈(－2,3)上恒成立，即f(x)在(－2,3)上为减函数，∴a≥e3.故存在实数a ≥e 3，使f (x )在(－2,3)上为减函数． 思维升华 (1)利用导数的符号来判断函数的单调性；(2)已知函数的单调性求参数范围可以转化为不等式恒成立问题；(3)f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为零．应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． 考点二 利用导数求函数的极值 例2设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围． 解 对f (x )求导得f ′(x )＝e x ·1＋ax 2－2ax(1＋ax 2)2.①(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知所以x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a >0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，即Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1.所以a 的取值范围为{a |0<a ≤1}．(2014·福建三 利用导数求函数的最值例3已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.71828…为自然对数的底数． 设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值．解 由f (x )＝e x －ax 2－bx －1， 有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b . 所以g ′(x )＝e x －2a .因此，当x ∈[0,1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]． 当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0,1]上单调递增，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0,1]上单调递减，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ； 当12<a <e2时，令g ′(x )＝0得x ＝ln(2a )∈(0,1)， 所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减， 在区间[ln(2a )，1]上单调递增． 于是，g (x )在[0,1]上的最小值是 g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12<a <e2时，g (x )在[0,1]上的最小值是 g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ； 当a ≥e2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .思维升华 (1)求解函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在(a ，b )内所有使f ′(x )＝0的点，再计算(2)可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况．变式已知函数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)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)的情况如下：所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．(2)当k－1≤0，即k≤1时，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，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，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.综上，当k≤1时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当1<k<2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.例4：已知函数f(x)＝ln x－ax (a∈R)．(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．思维点拨 (1)已知函数解析式求单调区间，实质上是求f ′(x )>0，f ′(x )<0的解区间，并注意定义域．(2)先研究f (x )在[1,2]上的单调性，再确定最值是端点值还是极值．(3)由于解析式中含有参数a ，要对参数a 进行分类讨论． 规范解答解 (1)f ′(x )＝1x－a (x >0)，[2分]①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)．[4分]②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a ，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎤0，1a ， 单调递减区间为⎣⎡⎭⎫1a ，＋∞.[6分] (2)①当1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，所以f (x )的最小值是f (2)＝ln2－2a .[8分]②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )的最小值是f (1)＝－a .[10分]③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，2上是减函数．[12分] 又f (2)－f (1)＝ln2－a ，所以当12<a <ln2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln2≤a <1时，最小值为f (2)＝ln2－2a .[14分] 综上可知，当0<a <ln2时，函数f (x )的最小值是－a ；当a ≥ln2时，函数f (x )的最小值是ln2－2a .[16分]1．函数f (x )＝e x －x 的单调递增区间是________． 解析：∵f (x )＝e x －x ，∴f ′(x )＝e x －1， 由f ′(x )>0，得e x －1>0，即x >0. 答案：(0，＋∞)2．(2014·扬州期末)已知函数f (x )＝ln x －mx (m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.解析：因为f (x )在区间[1，e]上取得最小值4，所以至少满足f (1)≥4，f (e)≥4，解得m ≤－3e.又f ′(x )＝x ＋mx 2，且x ∈[1，e]，所以f ′(x )<0, 即f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )min ＝f (e)＝1－me＝4，即m ＝－3e. 答案：－3e3．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________． 解析：∵f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m .又∵f (x )在R 上是单调增函数， ∴Δ＝4－12 m ≤0，即m ≥13.答案：⎣⎡⎭⎫13，＋∞ 4.(创新题)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23. (1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3，2]上单调递增，求实数c 的取值范围． 解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23＝3×⎝⎛⎭⎫232＋2a ×⎝⎛⎭⎫23－1，解之，得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c . 则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝⎛⎭⎫x ＋13(x －1)， 列表如下：所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－13和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫－13，1. (3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x ＝(－x 2－3x ＋c －1)e x ，因为函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立． 只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值范围是[11，＋∞)． 作业1．函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是________． 答案 (－3,1)解析 y ′＝－2x e x ＋(3－x 2)e x ＝e x (－x 2－2x ＋3)， 由y ′>0⇒x 2＋2x －3<0⇒－3<x <1，故函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是(－3,1)．2．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取得极值，则a ＝________.答案 3解析 因为f ′(x )＝2x (x ＋1)－(x 2＋a )(x ＋1)2，因为函数f (x )在x ＝1处取得极大值，所以f ′(1)＝3－a4＝0，所以a ＝3.3．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是________．答案 1<a ≤2解析 ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x(x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上原函数是减函数，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.4．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________． 答案 －13解析 对函数f (x )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 的图象开口向下， 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－13.5．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________．答案 (0,1]解析 y ′＝x －1x ＝x 2－1x ＝(x －1)(x ＋1)x(x >0)．令y ′≤0，得0<x ≤1.∴函数的单调递减区间为(0,1]．6．已知函数f (x )＝1x ＋ln x ，求函数f (x )的极值和单调区间．解 因为f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2，令f ′(x )＝0，得x ＝1，又f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以x ＝1时，f (x )的极小值为1，无极大值． f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)， 单调递减区间为(0,1)．7．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集是________． 答案 {x |x >0}解析 构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x －1，求导得到g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]． 由已知f (x )＋f ′(x )>1，可得到g ′(x )>0， 所以g (x )为R 上的增函数； 又g (0)＝e 0·f (0)－e 0－1＝0， 所以e x ·f (x )>e x ＋1， 即g (x )>0的解集为{x |x >0}．8．设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝x ＋e x －(e x ＋x e x )＝x (1－e x )． 若x <0，则1－e x >0，∴f ′(x )<0； 若x >0，则1－e x <0，∴f ′(x )<0； 若x ＝0，则f ′(x )＝0.∴f (x )在(－∞，＋∞)上为减函数， 即f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)． (2)由(1)知f (x )在[－2,2]上单调递减， ∴[f (x )]min ＝f (2)＝2－e 2.∴当m <2－e 2时，不等式f (x )>m 恒成立． 即实数m 的取值范围为(－∞，2－e 2)．)9．(2013·福建)已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x .(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x (x >0)，因而f (1)＝1，f ′(1)＝－1，所以曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为 y －1＝－(x －1)， 即x ＋y －2＝0.(2)由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，x >0知：①当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； ②当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a . 又当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0， 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值． 综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．10．(2014·山东)设函数f (x )＝e x x 2－k (2x ＋ln x )(k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围． 解 (1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k (－2x 2＋1x ) ＝x e x －2e x x 3－k (x －2)x 2＝(x －2)(e x －kx )x 3.由k ≤0可得e x －kx >0，所以当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增． 所以f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0,2)内单调递减， 故f (x )在(0,2)内不存在极值点；当k >0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞)． 所以g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ，当0<k ≤1时，当x ∈(0,2)时，g ′(x )＝e x －k >0，y ＝g (x )单调递增． 故f (x )在(0,2)内不存在两个极值点． 当k >1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )<0，函数y ＝g (x )单调递减； x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )>0，函数y ＝g (x )单调递增． 所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )． 函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g (0)>0，g (ln k )<0，g (2)>0，0<ln k <2.解得e<k <e 22.。
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 .。
【助力高考】2019年高考数学专题复习第15讲《导数与函数的极值、最值》(含详细答案和教师用书)
♦♦♦学生用书（后跟详细参考答案和教师用书）♦♦♦把握命题趋势，提高复习效率，提升解题能力，打造高考高分！【助力高考】2019年高考备战数学专题复习精品资料第三章导数及其应用第15讲导数与函数的极值、最值★★★核心知识回顾★★★知识点一、函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．知识点二、函数的极值(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：①如果在x0附近的左侧，右侧，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧，右侧，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程的根；③考查f′(x)在方程的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得．知识点三、函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则为函数的最小值，为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则为函数的最大值，为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各与处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．★★★高考典例剖析★★★考点一、用导数求解函数极值问题命题点1根据函数图象判断极值例1：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)答案 D解析由题图可知，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.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．命题点2求函数的极值例2：(2018·深圳调研)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由．解f′(x)＝1x＋1＋a(2x－1)＝2ax2＋ax－a＋1x＋1(x>－1)．令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．①当a ＝0时，g (x )＝1，此时f ′(x )>0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． ②当a >0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)． a ．当0<a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． b ．当a >89时，Δ>0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1<x 2)， 因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1<－14，x 2>－14.由g (－1)＝1>0，可得－1<x 1<－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 因此函数有两个极值点．③当a <0时，Δ>0，由g (－1)＝1>0， 可得x 1<－1<x 2.当x ∈(－1，x 2)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． 所以函数有一个极值点．综上所述，当a <0时，函数f (x )有一个极值点； 当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点；当a >89时，函数f (x )有两个极值点．命题点3 根据极值求参数例3：(2017·沧州模拟)若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为________________．答案 ⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞解析 f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1， 由f ′(x )＝0有两个不同的根， 可得Δ＝(－4c )2－12>0， ∴c >32或c <－32.1．若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫2，52 B.⎣⎡⎭⎫2，52 C.⎝⎛⎭⎫2，103 D.⎣⎡⎭⎫2，103 2．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 ＝03．(2017·湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考)若函数f (x )＝ax 22－(1＋2a )x ＋2ln x (a >0)在区间⎝⎛⎭⎫12，1内有极大值，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞ B ．(1，＋∞) C ．(1,2)D ．(2，＋∞)题型二 用导数求函数的最值例4： (2017·洛阳模拟)已知函数f (x )＝1－x x ＋k ln x ，k <1e ，求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值和最小值．解 f ′(x )＝－x －(1－x )x 2＋k x ＝kx －1x2.①若k ＝0，则f ′(x )＝－1x 2在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒有f ′(x )<0， 所以f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减．②若k ≠0，则f ′(x )＝kx －1x 2＝k⎝⎛⎭⎫x －1k x 2.(ⅰ)若k <0，则在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒有k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2<0. 所以f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减， (ⅱ)若k >0，由k <1e，得1k >e ，则x －1k <0在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒成立， 所以k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2<0，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减．综上，当k <1e 时，f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1e＋k －1，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －k －1.4．已知函数f (x )＝ln x －12x 2”，求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值。
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)．。
2019版数学一轮高中全程复习方略课时作业15导数与函数的极值、最值+Word版含解析.docx
课时作业15导数与函数的极值、最值［授课提示：对应学生用书第208页］一、选择题1.（2018-岳阳一模）下列函数中，既是奇函数乂存在极值的是（）A. y=兀'B. y=\n（—x）_ 2C. y=xe 'D.『=兀+匚解析：由题可知，B, C选项中的函数不是奇函数，A选项中，函数单调递增（无极值），而D选项中的函数既为奇函数又存在极值.答案：D2.函数y=^的最大值为（）A. e_1B. ej —in x解析：令=—=0,解得x=e.当x＞e 时，）/ ＜0；当0＜%＜e 时，），＞0,所以y极大值=金）=5，在定义域内只有一个极值，所以y m ax答案：A；从边长为10cmX16cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为（）A. 12 cm3 B・ 72 cm3C・ 144 cn? D. 160 cm3解析:设盒子容积为y cm3,盒子的高为兀cm,则兀丘（0,5）.则y=（10-2x）（16-2x）x=4x3-52?+160x,on所以= 12x2— 104x+160.令=0,得x=2或了（舍去），所以Vmax=6 X 12 X 2= 144（cm'）・答案：C4.已知函数y=xf（兀）的图彖如图所示（其中f （x）是函数/U）的导函数）.则下面四个图象中，y=j［x）的图象大致是（）解析：由条件可知当0＜兀＜1时，xf（x）＜0, 所以f （x）＜0,函数递减.当兀>1 时，xf (x)>0,所以f (x)>0,函数递增，所以当兀=1时，函数取得极小值.当兀<—1 时，xf (x)<0,所以f (x)>0,函数递增，当一l<x<0, xf (x)>0, 所以f (x)<0,函数递减， 有C 项. 答案:C(r — n e则Q (x)= ,则gd)在(0,1)内单调递减，在(1, +oo)内单调递增. ・・.g(x)在(0, +°°)上有最小值，为g(l) = e,结合g(x)=¥与y=k 的图象可 知，要满足题意，只需kWe,选A. 答案：A二、填空题6.已知函数fix) =x 3+aj^+bx+a 2在x=l 处有极值10,则夬2)= 解析：•.•函=x 3+ax 1+bx+a 2在兀=1处有极值10, ・・・夬1)=10,且f(1)=0,G = — 3 9 或＜b=3 [b=-ll.a=_3, 而当仁时，函数在x=l 处无极值，故舍去.[b=3:.fix) =x 3+4X 2-1 lx+16,・・・夬2)=1&答案：187•要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm,要使体积最大，则其高为 _______ cm.解析：设圆锥的体积为V cm 3,高为h cm, 则卩=尹(400—Q/z=*7c(400力一/?), 1 °■•・W = ^(400-3/z 2), 由V' =0,得"呼. 所以当匕=呼cm 时，V 最大. 答案：y*\/38. 已知函数Ax)=x 3-3ax+b 的单调递减区间为(一1,1),其极小值为2,则所以当 -1时，函数取得极大值.符合条件的只5.已知函数J 数R 的取值范围( A. ( — 8, e ] C ・(一°°, e))半- ) B ・[0, D ・[0, e] e) x 2e x —2jte A 解析f (兀)=f x=2是函数他)的唯 个极值点，则实1 +a+b+c/= 10, 3+2a+b=0, 解得 (兀＞0)・设g (x )=Y ，j{x)的极大值是 _______ .解析：依题意，yw 的单调递减区间为(一i,i ), 由 f W = 3x 2 — 3a=3(x —\[a)(x+y[a), 可得a — 1, 由J(x)=x 3—3ajc+h 在x=l 处取得极小值2, 可得1—3+方=2,故b=4.所以—3x+4的极大值为 几―1)=(—1)3 —3X(—1)+4=6.答案：6三、解答题9. (2018-湖北七市(州)协作体联考)设/ieN*, a, /?eR,函数兀c)=呼+b, 已知曲线y=j{x)在点(1,0)处的切线方程为y=x-\. ⑴求a, b ；(2)求几Q 的最大值.:・f (1) = 67,又切线斜率为1,故0=1. 由曲线y=fix)过点(1,0),有夬1)=/?=0. 故 a=l, b=0. 令f (x) = o,即 1 —7?ln 兀=0,解得 X=e£当0＜无＜』时，有f (对＞0,得他)在(0,占上是增函数;当x ＞£时，有f (兀)＜0,得夬兀)在(£, +8)上是减函数.故几兀)在兀=£处取得最大值磴)=舊10. (2018-襄阳模拟)已知函数j[x)=x —x, g(X )= ln 兀. ⑴求函数y =./(兀)一g(x)的极值；⑵已知实数fWR,求函数y=fixg(x)-2)f %e[l, e]的值域. 解析：(1)因为 y —A-^)—W — x 2 —x — Inx, 所以»1丄仝丿 X X X因为x ＞0,所以当0＜兀＜1时，才＜0；当兀＞1时，y' ＞0,即函数y=J(x)—g(x)在(0,1)上車调递减，在(1, +°°)上单调递增， 故函数y=AX ＞—g(x)有极小值0,无极大值.(2)y =/(xg(x)—2) = (%ln %—2)2 — (xln x —2) = (xln x)2—5xln x+6, 令 u=x\nx 9 当 xW[l, e]时，u =ln 兀+l ＞0,所以 u=xlnx 在[1, e]上单调 递增， 所以 0W 况We, y=h(n) — u — 5w+6,/?(%)图象的对称轴u=^.h(u)在0, I*上单调递减，在(|, e 上单调递增.解析：(1笊兀)的定义域为(0, +oo), f (x) =a(l —n\n x) In Y (2)由⑴知y (兀)=才，f (x)=1 —nln x力(％)min —h又力(0) = 6, /z(e) = e 2 —5e+6, 则 /Z (w)max = 6.所以所求函数的值域为6［能力挑战］11. (2017-新课标全国卷 II)已知函数 j{x)=ax 2—ax —x\n x,且 J{x) 20.(1) 求 a ；(2) 证明：心)存在唯一的极大值点尤0,且C '2<A X O)<2'2.解析：(1笊朗的定义域为(0, +oo)・设 g(x) = czx_d_ln x,则，心)=xg(x), 等价于 g(x)20.因为 g(l) = 0, g(x)20,故 g‘(1)=0,而 g‘ (x)=^z -p g r(1)=G —1,得 a=\.若 G =1,则 g ，(兀)=]_£当0<兀<1时，g f (x)<0, g(x)单调递减；当时，g‘ (x)>0, gd)单调递增.所以x= \是gfr)的极小很点,故g(x)2g(l)=0・综上，a=l. (2)证明：由(1)知 x, f (x) = 2x —2 —In x所以处)在(0,寸上单调递减, 又力(e 2)>0,力甘)<0,力(1) = 0, 所以/z(x)在(0, 上有唯一零# x0)时，h(x)>0；当 %e (xO,l)时，h(x)<0；当 xe (l, +^)时，h(x)>0. 因为f(%)=/?(%),所以x=x0是/(X )的唯一极大值点. 由f CvO)=O 得 111x0=2(x0—1),故几tO)=xO ・(l —兀0)・( n 1由尤0 e (0,寸得心))<才.因为x=x0是.几X )在(0,1)上的最大值点， 由 eTe (0,l), f (「)H0 得AxO)>Ae->e-2. 所以 e -2</(%0)<2-2. 上有唯一零点1,且当x e (0,上有唯一零点xO,在+oo设 A(x)=2%-2-lnx,则 F (x)=2--X当 xe T , +°° 时，h' (x)>0. 上单调递增.。
高考数学一轮总复习 课时跟踪检测(十五) 导数与函数的极值、最值 理 新人教版
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．(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－e B ．－1 C ．－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 2 B ．－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．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( )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. 23B. 43C. 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，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5＞0，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，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)9．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＋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 ＝3.(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2.三上台阶，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：∵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＝x ＋x －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).。
2018-2019学年高中新创新一轮复习理数通用版：课时达标检测(十五) 导数与函数的极值、最值 含解析
课时达标检测（十五） 导数与函数的极值、最值[小题常考题点——准解快解]1．(2018·太原一模)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，故选C.2．函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是( )A ．25，－2B ．50,14C ．50，－2D ．50，－14解析：选C 因为f (x )＝2x 3＋9x 2－2，所以f ′(x )＝6x 2＋18x ，当x ∈[－4，－3)或x ∈(0,2]时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，当x ∈(－3,0)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数，由f (－4)＝14，f (－3)＝25，f (0)＝－2，f (2)＝50，故函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是50，－2.3．已知a ∈R ，函数f (x )＝13x 3－ax 2＋ax ＋2的导函数f ′(x ) 在(－∞，1)上有最小值，若函数g (x )＝f ′(x )x ，则( )A ．g (x )在(1，＋∞)上有最大值B ．g (x )在(1，＋∞)上有最小值C ．g (x )在(1，＋∞)上为减函数D ．g (x )在(1，＋∞)上为增函数解析：选D 函数f (x )＝13x 3－ax 2＋ax ＋2的导函数f ′(x )＝x 2－2ax ＋a ，f ′(x )图象的。
2019届高三数学理一轮复习课时跟踪检测十五 导数与函
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 ．－1eD ．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＝－1e.2．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＝－1.3.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 ．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．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 ＝－x 3＋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 ′＝－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．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：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 ．1B.12C.52 D.22解析：选D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，∴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)＝(x2＋ax－1)·e x－1的极值点，则f(x)的极小值为()A．－1 B．－2e－3C．5e－3D．1解析：选A因为f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1，所以f′(x)＝(2x＋a)e x－1＋(x2＋ax－1)e x－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]e x－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，所以－2是x2＋(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 )＝3x 2－3ax ＝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：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．。
2019届高考数学(理)大一轮课时跟踪检测【15】导数与函数极值、最值(含答案)
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．(2018·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．(2018·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．(2018·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)＝x2－1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．(2018·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．(2018·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·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，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)＝－3x2＋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)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋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)＝－3x2＋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)＝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.答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)6.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，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－ax x <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＋8a2，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.。
2019届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(普通高中)
A 级一一基础小题练熟练快B. - e D.不存在C. 3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 37 1丿个交点都是极值点，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123( x >0)，则获得最大利润时的年产量为( )A. 1百万件 C. 3百万件D. 4百万件解析：选 C y '=— 3x + 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—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1. 函数y = x e x 的最小值是(A. C.解析：选C 因为y = x ・e x , 所以 y '= e x + x e x = (1 + x )e 当 x € ( — a, — 1)时，y 'v当 x € ( — 1,+^)时,*y ' > 0，所以当x = —1时，y min2.函数f (x ) = In x — x 在区间(0 , e ］上的最大值为B. — 1C. — eD. 01 1 一 x解析：选 B 因为 f '(x ) = — 1 =——，当 x € (0,1)时，f '(x ) >0;当 x € (1 , e ］时, x xf'(x) V °，所以f(x)的单调递增区间是(。
⑴，单调递减区间是 f (x )取得最大值(1 , e ］，所以当x = 1时,3.已知函数 的图象如图所示,A. 1 In 1 — 1 = — 1.f (x )的定义域为(a , b )，导函数f '(x )在(a ,贝U 函数f (x )在(a , b )上的极大值点的个数为(B. 2D. 43y =— x + 27x +B. 2百万件2cx2+ x有极值点，则实数c的取值范围为()A. -2 ,+m解析：选 A 由 e x > k + x ，得 k We x — x . 令 f (x ) = e x — x ,• f '(x ) = e — 1.当f '(x )<0时，解得x <0,当f '(x )>0时，解得x >0.•- f (x )在(一m, 0)上是减函数，在(0 ,+m )上是增函数.• f (x ) min = f (0) = 1.”斗《A"•实数k 的取值范围为(一m, 1].故选A. 2x + 17•函数f (x ) = x^+2的极小值为 _________________________________________ _解析：f '(x ) J x +、一2x 冲 上 x+2+ x —1x +Q令 f ，(x)<0，得 x <— 2 或 x >1. 令 f '(x )>0，得—2<x <1.• •• f (x )在(一m,— 2) , (1 ,+m )上是减函数，在(一2,1)上是增函数，••• f (x )极小值=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△ = ( — 4C )— 12> 0, 解得C >#或C V — ¥亨卩若e x > k + x 在R 上恒成立，则实数 k 的取值范围为( 所以实数c 的取值范围为一 m,6. A. (",1] C. (七,一1] B. [1 ,+m) D [ — 1 ,+m)X 2+E 2 B.C.-km ? | D.-km ? | -km? |f( —2)=—’3 2&已知函数f(x) = x + 3X -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) = 3x2+ 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( - 3) = 28,(1) =- 4 ,f(2) = 3,所以()在区间［2］上的最大值为28，所以<—3.答案：(—a, —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 =2 3 2 2 2 2解析：f (x) = x(x—a) = x —2ax + a x, f' ( x) = 3x —4ax + a，依题意可得f ' (2)= 3x2—4a x2+ a2= 0，解得a= 2 或a= 6.当a= 6 时，f'( x) = 3x2—24x + 36= 3(x2—8x +2 212),由f '(x) = 3(x —8x+ 12) >0 可得x v 2 或x>6,由f '( x) = 3(x —8x+ 12) v0 可得2v x v 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 x 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cm3.解析：设盒子容积为y cm ,盒子的高为x cm , x€ (0,5).贝U y = (10 —2x)(16 —2x)x3 2 2=4x —52x + 160x，二y'= 12x —104x+ 160.令y '= 0,得x= 2或x= 20(舍去)，3y max= 6x 12x 2= 144(cm ).答案：144B级一一中档题目练通抓牢1. 函数f(x) = x2—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，二f(x) = x2—5x + 2e x的极值点在区间(0,1) 上.2. 设直线x = t与函数h(x) = x2, g(x) = In x的图象分别交于点M N则当| MN最小时t的值为()B.2解析：选D 由已知条件可得|MN = t 2-In t ,2 1 设f (t ) = t — In t (t >0)，则 f '(t ) = 2t —-,=0的根,A. 1f (t )取得最小值，即| MN 取得最小值时t =3. (2017 •全国卷 n )若 x =— 2 是函数 f (x ) = (x 2+ ax — 1) • 极小值为(A. — 1 C. 5e —3D. 1A 因为 f (x ) = (x 2 + ax — 1)e x —1所以 f '(x ) = (2x + a )e x —1 + (x 2+ =[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解析：选 ■ x —1—1)e2疋 x + (a + 2)x + a — 1令 f '(t ) = 0,得 t = ¥,当0<t f '(t ) >0,1的极值点，则f (x )的B. — 2e所以 a =— 1, f '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(—a, — 2)上单调递增，在(—2,1)上单调递减，在(1 , +8)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 ) = x 3 — 3ax + b 的单调递减区间为(一1,1)，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(一1,1)，所以a >0, 由 f '(x ) = 3x 2— 3a = 3(x — a )( x + a ), 可得a = 1,3由f (x ) = x — 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 — 3X ( — 1) + 4 = 6. 答案：63 325. ________________________ 已知函数f (x )= x - j ax + 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，贝H a= __________ , b= .解析：因为 f '(x ) = 3x — 3ax = 3x (x — a ), 令 f '(x ) = 0,解得 x = 0 或 x = a. 因为a > 1,由题意得b = 1.则 f ( — 1) =— 3a ，f (1) = 2— 3a ，f ( — 1) v f (1), 3a 2所以一v =— 1,所以a =-.2 3 2答案：3 12x2 x — 1 x —1=(x + x — 2)e = (x + 2)( x — 1)e6. (2018 •张掖一诊)设函数f (x) = ——a ln x,求函数f (x)的单调区间和极值.2 2打 , x 心， a x —a解：由f(x) = ——a ln x，得f (x) = x—一 = ------ (x>0).2x x①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= ^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C.a)函数f (x)在x = ■, a处取得极小值f ( , a) = a—1 J a，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 ,+s )，函数⑵ 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 ,2得 f '(x ) = 3x + 2ax + b .当x = 1时，切线I 的斜率为3，可得2a + b = 0,① 当x =彳时,y = f (x )有极值，则f '岭=0,32 /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 = 5.3 2(2)由(1)可得 f (x ) = x + 2x — 4x + 5,f '( x ) = 3x 2 + 4x — 4.2 令 f '(x ) = 0,解得 x = — 2 或 x = 一.3当x 变化时，f '( x ) , f (x )的取值及变化情况如表所示:1 -1x厶3 (—3, — 2)—2 (-2,器 2 31f '(x)Q IX /++一++咚 f (X )81395 27495所以y = f (x )在［—3,1］上的最大值为13,最小值为—.C 级一一重难题目自主选做一3 n(2018 •福建质检 )已知函数f (x ) = x cos x —(a + 1)sin x , x € ［0 , n ］，其中 —(1)证明：当x € 0,,f (x )w 0;a — ln af (x )有极小值 ，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 I : 3x — y + 1 卄 2」=0，右 x = 3时, y = f (x )有极值.(1)求 a , b ,c 的值.⑵ 判断f (x )的极值点个数，并说明理由.解：⑴ 证明：依题意，得f '(x ) = - x sin x -a cos x ,，所以当 x € |0，"2 时，f '( x ) V 0,⑵f (x )有唯一极值点.理由如下:设 p (x ) = f '( x )，贝U p '(x ) = — x cos x + (a - 1)sin x ,7t p 2 =— 2V 0, p ( n ) = a >0,所以p (x )在0, nn 上无零点.故f '(X )在［0 , n ］上存在唯一零点 3 , 当 x € (0 , 3 )时，f '(x ) V 0；当 x € ( 3 , 所以当x € ［0 , n ］时，f (x )有唯一极值点 因为a w 葺上所以f (x )在0, -2 上单调递减,故当x €因为 3na 》〒>1,所以当x €寸，p'(x) > 0,所以n 上单调递增, 」因为 所以 p (x )在\2, n 上存在唯一零点，记为n )时，f '( X )> 0.3 , 3为极小值点.,f (x ) W f (0) = 0 成立.又由(1)知，当x € |0, ,p (x ) V 0,。
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课时达标检测（十五）导数与函数的极值、最值
[小题常考题点——准解快解]
1．(2018·太原一模)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，故选C.
2．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是( )
A．25，－2 B．50,14
C．50，－2 D．50，－14
解析：选C 因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x，当x∈[－4，－3)或x∈(0,2]时，f′(x)>0，f(x)为增函数，当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是50，－2.
3．已知a ∈R ，函数f(x)＝3
x 3－ax 2＋ax ＋2的导函数f ′(x) 在(－∞，1)上有最小值，若函数g(x)＝f ′(x )x
，则( ) A ．g(x)在(1，＋∞)上有最大值
B ．g(x)在(1，＋∞)上有最小值
C ．g(x)在(1，＋∞)上为减函数
D ．g(x)在(1，＋∞)上为增函数
解析：选D 函数f(x)＝13
x 3－ax 2＋ax ＋2的导函数f ′(x)＝x 2－2ax ＋a ，f ′(x)图象的对称轴为x ＝a ，又f ′(x)在(－∞，1)上有最小值，所以a<1.函数
g(x)＝f ′(x )x ＝x ＋a x －2a ，g ′(x)＝1－a x 2＝x 2－a x 2，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上为增函数．故选D.
4．(2018·河南模拟)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f(x)在R 上的极小值为( )
A ．2b －43 B.32b －23
C ．0
D ．b 2－16b 3
解析：选A 由题意得f ′(x)＝(x －b)(x －2)．因为f(x)在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－3<b<1.由f ′(x)>0，解得x>2或x<b ；由f ′(x)<0，解得b<x<2.
所以f(x) 的极小值为f(2)＝2b－
.故选A.
3
5．(2018·河南息县第一高级中学段测)函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是( ) A．20 B．18
C．3 D．0
解析：选A 对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等价于在区间(－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t.∵f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x －1)(x＋1)．∵x∈(－3,2]，∴函数f(x)在(－3，－1)，(1,2)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，∴f(x)max－f(x)min ＝20，∴t≥20，即实数t的最小值是20.
6．(2018·安徽百校论坛联考)已知函数f(x)＝ae x－x2－(2a＋1)x，若函数f(x)在区间(0，ln 2)上有最值，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(－1,0)
C．(－2，－1) D．(－∞，0)∪(0,1)
解析：选A f′(x)＝a(e x－2)－2x－1.∵x∈(0，ln 2)，∴e x－2<0，－2x－1<0.当a≥0时，f′(x)<0在(0，ln 2)上恒成立，即函数f(x)在(0，ln 2)上单调递减，函数y＝f(x)在区间(0，ln 2)上无最值．当a<0时，设g(x)＝a(e x－2)－2x－1，则g′(x)＝ae x－2<0，∴g(x)在(0，ln 2)上为减函数．又∵g(0)＝－a－1，g(ln 2)＝－2ln 2－1<0，若函数f(x)在区间(0，ln 2)上有最值，则函数g(x)有零点，即g(x)＝0有解，∴g(0)＝－a－1>0，解得a<－1.故选A.
[大题常考题点——稳解全解]。