高中数学函数的极值典型例题

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高中数学专题突破练习《函数的极值》含详细答案解析

高中数学专题突破练习《函数的极值》含详细答案解析

5.3.2 函数的极值与最大(小)值第1课时 函数的极值基础过关练题组一 函数极值的概念及其求解1.已知函数f(x)的导函数为f'(x),则“f'(x0)=0”是“x=x0是函数f(x)的一个极值点”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2.函数f(x)的定义域为R,导函数f'(x)的图象如图所示,则函数f(x) ( )A.无极大值点,有四个极小值点B.有三个极大值点,两个极小值点C.有两个极大值点,两个极小值点D.有四个极大值点,无极小值点x2,则f(x)( )3.(2019天津高二上期末)已知函数f(x)=ln x-12A.有极小值,无极大值B.无极小值,有极大值C.既有极小值,又有极大值D.既无极小值,又无极大值4.函数f(x)=x+2cos x在0,( )A.0B.π6C.π3D.π25.求下列函数的极值.(1)f(x)=x3-3x2-9x+5;(2)f(x)=2xx2+1-2;(3)f(x)=x2-2ln x.题组二 含参函数的极值问题6.(2019海南海口高二上期末)已知f(x)=ln x+ax(a≠0),则( )A.当a<0时,f(x)存在极小值f(a)B.当a<0时,f(x)存在极大值f(a)C.当a>0时,f(x)存在极小值f(a)D.当a>0时,f(x)存在极大值f(a)7.(2020浙江湖州高二上期末)若函数y=e x-2mx有小于零的极值点,则实数m的取值范围是( )A.m<12B.0<m<12C.m>12D.0<m<18.(2020浙江杭州七校高二下联考)若函数f(x)=x3+ax2+ax(x∈R)不存在极值点,则a的取值范围是 .9.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=-1处取得极值0,则m= ,n= .10.(2020山西吕梁高二上期末)已知函数f(x)=ln x-12ax2+x,a∈R.(1)当a=0时,求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若g(x)=f(x)-(ax-1),求函数g(x)的极值.题组三 函数极值的综合应用11.若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值,则ab的最大值等于( )A.2B.3C.6D.912.(2019云南昆明高三月考)已知函数f(x)=(x2-m)·e x,若函数f(x)的图象在x=1处的切线斜率为3e,则f(x)的极大值是( )A.4e-2B.4e2C.e-2D.e213.(2019辽宁省实验中学高二上期末)已知等差数列{a n}的前n项和为S n=n2+k+12(n∈N*),则f(x)=x3-kx2-2x+1的极大值为( )A.52B.3C.72D.214.已知三次函数f(x)=mx3+nx2+px+2q的图象如图所示,则f'(1)f'(0)= .15.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在点x0处取得极小值-5,其导函数y=f'(x)的图象经过点(0,0),(2,0).(1)求a,b的值;(2)求x0及函数f(x)的表达式.16.(2020山西吕梁高二上期末)已知函数f(x)=2x3+3ax2+3bx+c在x=1及x=2处取得极值.(1)求a,b的值;(2)若方程f(x)=0有三个不同的实根,求c的取值范围.深度解析17.已知函数f(x)=e x(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=4x+4.(1)求a,b的值;(2)讨论f(x)的单调性,并求出f(x)的极大值.能力提升练题组一 函数极值的求解及其应用1.(2020湖南长沙麓山国际学校高二上检测,)函数f(x)的定义域为(a,b),其导函数f'(x)在(a,b)内的图象如图,则函数f(x)在区间(a,b)内的极小值点有( )A.1个B.2个C.3个D.4个2.()已知函数f(x)=x3-px2-qx的图象与x轴相切于(1,0)点,则f(x)的极小值为( )A.0B.-427C.-527D.13.(多选)()如图是函数y=f(x)的导函数f'(x)的图象,则下面判断正确的是( )A.f(x)在(-3,1)上是增函数B.f(x)在(1,3)上是减函数C.f(x)在(1,2)上是增函数D.当x=4时,f(x)取得极小值4.(2019北京大兴高三上期末,)已知函数f(x)=x-aln x.(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为x-2y+1=0,求a的值;(2)求函数y=f(x)在区间[1,4]上的极值.题组二 含参函数的极值问题5.(2019福建泉州高三月考,)已知函数f(x)=ax3-bx+2的极大值和极小值分别为M,m,则M+m=( )A.0B.1C.2D.46.(2020浙江杭州高三检测,)已知a>0且a≠1,则函数f(x)=(x-a)2ln x( )A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值C.既有极大值,又有极小值D.既无极大值,又无极小值7.(2019湖南湘潭高三一模,)若函数f(x)=x 2-(3m+1)x+3,x≤0,mx2+xln x,x>0恰有三个极值点,则m的取值范围是( )A.-12,-B.-12,0C.-1,-D.-1,-8.(2020河北保定高二上期末,)已知x=1是函数f(x)=ax+x2的极值点,则实数a的值为 .易错9.(2020北京海淀高三上期末,)已知函数f(x)=e x(ax2+1)(a>0).(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)若函数f(x)有极小值,求证:f(x)的极小值小于1.10.(2020江西高安中学高二上期末,)已知函数f(x)=1x2-ax+ln2x(a∈R).(1)若f(x)在定义域上不单调,求a的取值范围;(2)设a<e+1,m,n分别是f(x)的极大值和极小值,且S=m-n,求S的取值e范围.题组三 函数极值的综合应用11.(2020福建三明高二上期末质量检测,)函数y=1-x2的图象大致是x( )12.(2020河北邯郸高三上期末,)已知函数f(x)为定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数,当x>0时,f(x)=(x-2e)ln x.若函数g(x)=f(x)-m存在四个不同的零点,则m的取值范围是(深度解析)A.(-e,e)B.[-e,e]C.(-1,1)D.[-1,1]13.(2020山东济宁高二上期末质量检测,)已知点A,B为曲线y=1上xax2-ax-ln x的两个极值两个不同的点,A,B的横坐标x1,x2是函数f(x)=12+y2=1的位置关系是( )点,则直线AB与椭圆x24A.相离B.相切C.相交D.不确定14.(多选)()已知函数f(x)=xln x+x2,x是函数f(x)的极值点,则下列结论正确的是( )A.0<x0<1e B.x0>1eC.f(x0)+2x0<0D.f(x0)+2x0>015.(多选)()已知函数f(x)=ax-ln x(a∈R),则下列说法正确的是( )A.若a≤0,则函数f(x)没有极值B.若a>0,则函数f(x)有极值C.若函数f(x)有且只有两个零点,则实数a的取值范围是-∞,D.若函数f(x)有且只有一个零点,则实数a的取值范围是(-∞,0]16.(2020山东青岛高三上期末,)已知函数f(x)=ln x-x+2sin x,f'(x)为f(x)的导函数.求证:(1)f'(x)在(0,π)上存在唯一零点;(2)f(x)有且仅有两个不同的零点.答案全解全析基础过关练1.B 由极值点的定义可以得出,可导函数f(x)的极值点为x 0,则f'(x 0)=0,必要性成立;反过来不成立.故选B.2.C 设y=f'(x)的图象与x 轴的交点从左到右的横坐标依次为x 1,x 2,x 3,x 4,则f(x)在x=x 1,x=x 3处取得极大值,在x=x 2,x=x 4处取得极小值,故选C.3.B 由题可得, f'(x)=1x -x=1―x 2x (x>0),当x>1时, f'(x)<0,当0<x<1时, f'(x)>0,所以f(x)在x=1处取得极大值,无极小值.故选B.4.B 由题意得, f'(x)=1-2sin x,令f'(x)=0,得x=π6,当0<x<π6时, f'(x)>0;当π6<x<π2时, f'(x)<0.∴当x=π6时, f(x)取得极大值.5.解析 (1)由题意得, f'(x)=3x 2-6x-9,令f'(x)=0,即3x 2-6x-9=0,解得x=-1或x=3.当x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x (-∞,-1)-1(-1,3)3(3,+∞)f'(x)+-+f(x)↗极大值↘极小值↗∴当x=-1时,函数f(x)有极大值,且f(-1)=10;当x=3时,函数f(x)有极小值,且f(3)=-22.(2)由题意得,函数f(x)的定义域为R,f'(x)=2(x 2+1)―4x 2(x 2+1)2=-2(x -1)(x +1)(x 2+1)2.令f'(x)=0,得x=-1或x=1.当x 变化时, f'(x),f(x)的变化情况如下表:x (-∞,-1)-1(-1,1)1(1,+∞)f'(x)-0+0-f(x)↘极小值↗极大值↘∴当x=-1时,函数有极小值,且极小值为f(-1)=-3;当x=1时,函数有极大值,且极大值为f(1)=-1.(3)由题意得, f'(x)=2x-2x ,且函数f(x)的定义域为(0,+∞),令f'(x)=0,得x=1或x=-1(舍去),当x ∈(0,1)时, f'(x)<0,当x ∈(1,+∞)时, f'(x)>0,∴当x=1时,函数有极小值,极小值为f(1)=1,无极大值.6.C 由题意得, f'(x)=1x -a x 2=x -ax 2,且函数f(x)的定义域是(0,+∞).当a>0时,令f'(x)>0,解得x>a,令f'(x)<0,解得0<x<a,∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,故f(x)的极小值为f(a),无极大值,当a<0时, f'(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值.故选C.7.B 由y=e x -2mx,得y'=e x -2m.由题意知e x -2m=0有小于零的实根,即e x =2m,得m=12e x .∵x<0,∴0<12e x <12,∴0<m<12.8.答案 [0,3]解析 由f(x)=x 3+ax 2+ax(x ∈R),得f'(x)=3x 2+2ax+a.∵函数f(x)=x 3+ax 2+ax(x ∈R)不存在极值点,且f'(x)的图象开口向上,∴f'(x)≥0对x ∈R 恒成立,∴Δ=4a 2-12a ≤0,解得0≤a ≤3,∴a 的取值范围是[0,3].9.答案 2;9解析 由题可得, f'(x)=3x 2+6mx+n,∴f '(-1)=3-6m +n =0,f (-1)=-1+3m -n +m 2=0,解得m =1,n =3或m =2,n =9.当m =1,n =3时,f'(x)=3x 2+6x+3=3(x+1)2≥0恒成立,不满足题意.故m=2,n=9.10.解析 (1)当a=0时, f(x)=ln x+x,所以f'(x)=1x +1,则切线斜率k=f'(1)=2,又f(1)=1,所以切点坐标为(1,1),所以切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.(2)由题知,g(x)=f(x)-(ax-1)=ln x-12ax 2+(1-a)x+1(x>0),所以g'(x)=1x-ax+(1-a)=-ax2+(1―a)x+1x(x>0),当a≤0时,因为x>0,所以g'(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上是单调递增函数,无极值.当a>0时令g'(x)=0,得x=1a或x=-1(舍去),所以当x∈0,,g'(x)>0;当x,+∞时,g'(x)<0,所以当a>0时,函数g(x)的单调递增区间是0,单调递减区间是,+∞,所以当x=1a 时,g(x)有极大值=12a-ln a,综上,当a≤0时,函数g(x)无极值;当a>0时,函数g(x)有极大值12a-ln a,无极小值.11.D f'(x)=12x2-2ax-2b,∵f(x)在x=1处有极值,∴f'(1)=12-2a-2b=0,∴a+b=6.又a>0,b>0,∴a+b≥2ab,∴2ab≤6,∴ab≤9,当且仅当a=b=3时等号成立,∴ab的最大值为9.12.A 因为函数f(x)=(x2-m)e x,所以f'(x)=e x(x2-m+2x),由函数f(x)的图象在x=1处的切线斜率为3e,得f'(1)=e(1-m+2)=e(3-m)=3e,所以m=0.则f'(x)=e x(x2+2x)=e x(x+2)x,因为e x>0,所以函数f(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以函数f(x)的极大值为f(-2)=4e -2.故选A.13.A 由于等差数列前n 项和公式中,常数项为0,所以k+12=0,所以k=-12,所以f(x)=x 3+12x 2-2x+1,所以f'(x)=3x 2+x-2=(3x-2)(x+1),故函数f(x)在(-∞,-1),+∞上单调递增,在-1,,故当x=-1时,f(x)取得极大值,为f(-1)=52.故选A.14.答案 1解析 由题意得,m ≠0,且f'(x)=3mx 2+2nx+p,由题图可知,x=2是函数的极大值点,x=-1是极小值点,即2,-1是f'(x)=0的两个根,由f '(-1)=3m -2n +p =0,f '(2)=12m +4n +p =0,解得p =―6m ,2n =―3m ,∵f'(0)=p=-6m, f'(1)=p=-6m,∴f '(1)f '(0)=1.15.解析 (1)由题意可得f'(x)=3x 2+2ax+b.∵f'(x)的图象过点(0,0),(2,0),∴b =0,12+4a +b =0,解得a =―3,b =0.(2)由(1)知f'(x)=3x 2-6x,令f'(x)>0,得x>2或x<0,令f'(x)<0,得0<x<2.∴f(x)在(-∞,0),(2,+∞)上单调递增,在(0,2)上单调递减,∴f(x)在x=2处取得极小值.∴x 0=2.由f(2)=-5,得c=-1,∴f(x)=x3-3x2-1.16.解析 (1)由题意得,f'(x)=6x2+6ax+3b,由函数f(x)在x=1及x=2处取得极值,得f'(1)=6+6a+3b=0,f'(2)=24+12a+3b=0,解得a=―3,b=4,经检验a,b均符合题意.(2)由(1)可知,f(x)=2x3-9x2+12x+c,f'(x)=6x2-18x+12=6(x-2)(x-1),令f'(x)=0,得x=1或x=2,当x<1或x>2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当1<x<2时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴f(x)在x=1处取得极大值,在x=2处取得极小值.又f(x)=0有三个不同的实根,∴f(1)=5+c>0,f(2)=4+c<0,解得-5<c<-4.方法技巧 解决一元三次方程的实数根问题,常常要考虑两个方面:一是导数为零时一元二次方程实根的个数;二是一元二次方程有两个不等实根时,三次函数有极大值点和极小值点,判断极大值、极小值与0的大小关系.17.解析 (1)由题可得,f'(x)=e x(ax+a+b)-2x-4.由已知得f(0)=b=4,f'(0)=a+b-4=4,解得a=4, b=4.(2)由(1)知,f(x)=4e x(x+1)-x2-4x, f'(x)=4e x(x+2)-2x-4=4(x+2)e x-令f'(x)=0,得x=-ln2或x=-2.从而当x∈(-∞,-2)∪(-ln2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(-2,-ln2)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,-2),(-ln2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln2)上单调递减.当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2).能力提升练1.A 设y=f'(x)的图象与x轴交点的横坐标从左到右依次为x1,x2,x3,x4.由题图知,当a<x<x1时,f'(x)>0,当x1<x<x2时,f'(x)<0,所以x1是极大值点;同理,x2是极小值点,x4是极大值点.又当x2<x<x3时,f'(x)>0,当x3<x<x4时,f'(x)>0,所以x3不是极值点,所以f(x)在(a,b)内有1个极小值点.故选A.2.A 由题知f'(x)=3x2-2px-q,f'(1)=3-2p-q=0,f(1)=1-p-q=0,联立3―2p-q=0,1―p-q=0,解得p=2,q=―1.∴f(x)=x3-2x2+x,f'(x)=3x2-4x+1.令f'(x)=3x2-4x+1=0,解得x=1或x=13,经检验知x=1是函数f(x)的极小值点,∴f(x)极小值=f(1)=0.3.CD f'(x)的图象在(-3,1)上先小于0,后大于0,故f(x)在(-3,1)上先减后增,因此A错误;f'(x)的图象在(1,3)上先大于0,后小于0,故f(x)在(1,3)上先增后减,因此B错误;由题图可知,当x∈(1,2)时,f'(x)>0,所以f(x)在(1,2)上单调递增,因此C 正确;当x ∈(2,4)时, f'(x)<0,当x ∈(4,5)时, f'(x)>0,所以当x=4时, f(x)取得极小值,因此D 正确.故选CD.4.解析 (1)因为f(x)=x -aln x,所以f'(x)=12x -ax (x>0),所以f'(1)=12-a.因为曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为x-2y+1=0,所以12-a=12,解得a=0.(2)f'(x)=12x -a x =x -2a2x .①当2a ≤1,即a ≤12时, f'(x)≥0在[1,4]上恒成立,所以y=f(x)在[1,4]上单调递增,所以y=f(x)在[1,4]上无极值;②当2a ≥2,即a ≥1时, f'(x)≤0在[1,4]上恒成立,所以y=f(x)在[1,4]上单调递减,所以y=f(x)在[1,4]上无极值;③当1<2a<2,即12<a<1时,令f'(x)=0,得x=4a 2.当x 变化时, f'(x), f(x)的变化情况如下表:x (1,4a 2)4a 2(4a 2,4)f'(x)-0+f(x)↘极小值↗因此, f(x)的单调递减区间为(1,4a 2),单调递增区间为(4a 2,4),所以当x=4a 2时, f(x)在[1,4]上取得极小值,且极小值为f(4a 2)=2a-2aln 2a,无极大值.5.D 由题意得, f'(x)=3ax 2-b,设方程3ax 2-b=0的两个根分别为x 1,x 2,则f(x)在x 1,x 2处取到极值,则M+m=4-b(x 1+x 2)+a(x 1+x 2)[(x 1+x 2)2-3x 1x 2],又x 1+x 2=0,x 1x 2=-b3a ,所以M+m=4,故选D.6.C 由题意得, f'(x)=2(x-a)ln x+(x -a )2x =(x-a)2ln x +1―令f'(x)=0,得x=a 或2ln x+1-ax =0.作出g(x)=2ln x+1和h(x)=ax 的图象(图略),易知g(x)=2ln x+1和h(x)=a x 的图象有交点,所以方程2ln x+1-ax =0有解,所以根据函数的单调性和极值的关系可得,函数f(x)=(x-a)2ln x 既有极大值又有极小值,故选C.7.A 由题可知f'(x)=2x -(3m +1),x ≤0,2mx +ln x +1,x >0,当x>0时,令f'(x)=0,得-2m=ln x +1x,令g(x)=ln x +1x,则g'(x)=-ln xx 2,则函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,g(x)的图象如图所示,所以当0<-2m<1,即-12<m<0时, f'(x)=0有两个不同的根.当x ≤0时,令f'(x)=0,得x=3m +12<0,解得m<-13.综上,m ∈-12,-13.8.答案 2解析 由f(x)=ax +x 2,得f'(x)=-ax 2+2x.因为x=1是f(x)的极值点,所以f'(1)=0,即-a+2=0,所以a=2.此时f'(x)=2(x3-1)x2,当x<1时,f'(x)<0;当x=1时,f'(x)=0;当x>1时,f'(x)>0.因此x=1是极小值点,即a=2符合题意.易错警示 已知极值点求参数的值,先计算f'(x)=0,求得x的值,再验证极值点.由于导数为0的点不一定是极值点,因此解题时要防止遗漏验证导致错误.9.解析 (1)由已知得f'(x)=e x(ax2+2ax+1),因为f(0)=1,f'(0)=1,所以所求切线的方程为y=x+1.(2)证明:f'(x)=e x(ax2+2ax+1),令g(x)=ax2+2ax+1,则Δ=4a2-4a.(i)当Δ≤0,即0<a≤1时,∀x∈R,f'(x)≥0,所以函数f(x)在R上是单调递增函数,此时函数f(x)在R上无极小值. (ii)当Δ>0,即a>1时,记x1,x2是方程ax2+2ax+1=0的两个根,不妨设x1<x2,则x1+x2=―2<0,x1x2=1a>0,所以x1<x2<0.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞) f'(x)+0-0+ f(x)↗极大值↘极小值↗所以函数y=f(x)的极小值为f(x2),又因为函数y=f(x)在[x2,0]上单调递增,所以f(x2)<f(0)=1.所以函数y=f(x)的极小值小于1.10.解析 (1)由已知得f'(x)=x+1x-a(x>0,a∈R).①若f(x)在定义域上单调递增,则f'(x)≥0,即a ≤x+1x 在(0,+∞)上恒成立,又x+1x ∈[2,+∞),所以a ≤2.②若f(x)在定义域上单调递减,则f'(x)≤0,即a ≥x+1x 在(0,+∞)上恒成立,又x+1x ∈[2,+∞),所以a ∈⌀.因为f(x)在定义域上不单调,所以a>2,所以a ∈(2,+∞).(2)由(1)知,要使f(x)在(0,+∞)上有极大值和极小值,必须满足a>2.又a<e+1e ,所以2<a<e+1e .设f'(x)=x+1x -a=x 2-ax +1x=0的两根分别为x 1,x 2,即x 2-ax+1=0的两根分别为x 1,x 2,于是x 1+x 2=a,x 1x 2=1.不妨设0<x 1<1<x 2,则f(x)在(0,x 1)上单调递增,在(x 1,x 2)上单调递减,在(x 2,+∞)上单调递增,所以m=f(x 1),n=f(x 2),所以S=m-n=f(x 1)-f(x 2)21-a x 1+ln x 122-a x 2+ln x 2=12(x 21-x 22)-a(x 1-x 2)+(ln x 1-ln x 2)=-12(x 21-x 22)+ln x 1x 2-+ln x 1x 2.令t=x 1x 2,t ∈(0,1),则-t.又t+1t =x 21+x 22x 1x 2=(x 1+x 2)2-2x 1x 2x 1x 2=a 2-2∈2,e 2+所以1e 2<t<1.所以++1t-12<0,所以-t ,1上为减函数.所以S ∈0,11.D 令y=1x -x 2=0,得x 3=1,解得x=1.因此选项A 、C 中的图象不正确;y'=-1x 2-2x,令y'=0,得2x 3+1=0,解得x=-312,因此,x=-312是函数y=1x -x 2的唯一的极大值点,因此,当x<-312时,y'>0,当-312<x<0时,y'<0,故B 错误,D 正确.故选D.12.A 当x>0时, f'(x)=ln x+1-2e x , f″(x)=1x +2ex 2>0,故f'(x)在(0,+∞)上单调递增,因为f'(e)=0,所以f(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增.f(x)的大致图象如图所示.由g(x)=f(x)-m 存在四个不同的零点知,直线y=m 与y=f(x)的图象有四个不同的交点,故m ∈(-e,e),故选A.解题模板 利用导数解决函数的极值问题,常见的解题步骤是:求导、求驻点(令导数为0时方程的解)、列表、回答问题,由表可得出函数的大致图象,借助数形结合可解决函数的极值问题.13.C 由f(x)=12ax 2-ax-ln x,得f'(x)=ax-a-1x =ax 2-ax -1x,因为A,B 的横坐标x 1、x 2是函数f(x)=12ax 2-ax-ln x 的两个极值点,所以x 1、x 2是方程ax 2-ax-1=0的两根,因此x 1+x 2=1,x 1x 2=―1a ,a ≠0,又点A,B 为曲线y=1x 上两个不同的点,所以k AB =1x 1-1x2x 1-x 2=-1x 1x 2=a,因此直线AB 的方程为y-1x 1=a(x-x 1),即y=ax-ax 1+1x 1=ax-ax 1-ax 2=ax-a(x 1+x 2)=ax-a=a(x-1),即直线AB 恒过定点(1,0),显然点(1,0)在椭圆x 24+y 2=1内,因此直线AB与椭圆x 24+y 2=1必相交.故选C.14.AD ∵函数f(x)=xln x+x 2(x>0),∴f'(x)=ln x+1+2x,易得f'(x)=ln x+1+2x 在(0,+∞)上单调递增=2e >0,∵当x →0时, f'(x)→-∞,∴0<x 0<1e ,∴A 正确,B 错误.∵f'(x 0)=ln x 0+1+2x 0=0,∴f(x 0)+2x 0=x 0ln x 0+x 20+2x 0=x 0(ln x 0+x 0+2)=x 0(1-x 0)>0,∴C 错误,D 正确.故选AD.15.ABD 由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=a-1x =ax -1x,当a ≤0时, f'(x)<0恒成立,此时f(x)单调递减,没有极值.又当x 趋近于0时, f(x)趋近于+∞,当x 趋近于+∞时, f(x)趋近于-∞,∴f(x)有且只有一个零点.当a>0时,在0,f'(x)<0, f(x)单调递减,,+∞上f'(x)>0, f(x)单调递增,当x=1a 时, f(x)取得极小值,同时也是最小值,∴f(x)min =1+ln a,当x 趋近于0时,ln x 趋近于-∞, f(x)趋近于+∞,当x 趋近于+∞时, f(x)趋近于+∞,当1+ln a=0,即a=1e 时, f(x)有且只有一个零点;当1+ln a<0,即0<a<1e 时, f(x)有且仅有两个零点,综上可知ABD 正确,C 错误.故选ABD.16.证明 (1)设g(x)=f'(x)=1x -1+2cos x,当x ∈(0,π)时,g'(x)=-2sin x-1x 2<0,所以g(x)在(0,π)上单调递减,又因为=3π-1+1>0,g=2π-1<0,所以g(x),α,即f'(x)在(0,π)上存在唯一零点α.(2)①由(1)知,当x ∈(0,α)时, f'(x)>0,f(x)在(0,α)上单调递增;当x ∈(α,π)时, f'(x)<0, f(x)在(α,π)上单调递减,所以f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点<α<所以=ln π2-π2+2>2-π2>0,又因为=-2-1e 2+2sin 1e 2<-2-1e 2+2<0,所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点,又因为f(π)=ln π-π<2-π<0,所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点,②当x ∈[π,2π)时,sin x ≤0, f(x)≤ln x-x,设h(x)=ln x-x,则h'(x)=1x -1<0,所以h(x)在[π,2π)上单调递减,所以h(x)≤h(π)<0,所以当x ∈[π,2π)时, f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,所以f(x)在[π,2π)上没有零点.③当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤ln x-x+2,-1<0,设φ(x)=ln x-x+2,φ'(x)=1x所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减,所以φ(x)≤φ(2π)<0,所以当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有两个零点.。

高中数学选择性必修二 5 3 2 3函数极值与最值的综合应用(知识梳理+例题+变式+练习)(含答案)

高中数学选择性必修二 5 3 2 3函数极值与最值的综合应用(知识梳理+例题+变式+练习)(含答案)

5.3.2.3函数极值与最值的综合应用题型一利用导数证明不等式【例1】设a为实数,函数f(x)=e x-2x+2a,x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当a>ln 2-1且x>0时,e x>x2-2ax+1.【解析】(1)由f(x)=e x-2x+2a,x∈R,得f′(x)=e x-2,x∈R,令f′(x)=0,得x=ln 2.于是当x变化时,f(x)在x=ln 2处取得极小值,极小值f(ln 2)=e ln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a),无极大值.(2)证明:设g(x)=e x-x2+2ax-1,x∈R,于是g′(x)=e x-2x+2a,x∈R.由(1)知当a>ln 2-1时,g′(x)最小值为g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.于是对任意x∈R,都有g′(x)>0,所以g(x)在R内单调递增.于是当a>ln 2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).又g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0.即e x-x2+2ax-1>0,故e x>x2-2ax+1.【方法归纳】待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”的函数,利用导数研究其单调性,借助所构造函数的单调性即可得证.【跟踪训练1】已知函数f(x)=e x-ax(e为自然对数的底数,a为常数)的图象在(0,1)处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明:当x>0时,x2<e x.【解析】(1)由f(x)=e x-ax,得f′(x)=e x-a.因为f′(0)=1-a=-1,所以a=2,所以f(x)=e x-2x,f′(x)=e x-2.令f′(x)=0,得x=ln 2,当x<ln 2时,f′(x)<0,f(x)在(-∞,ln 2)上单调递减;当x>ln 2时,f′(x)>0,f(x)在(ln 2,+∞)上单调递增.所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,且极小值为f(ln 2)=e ln 2-2ln 2=2-2ln 2,f(x)无极大值.(2)证明:令g(x)=e x-x2,则g′(x)=e x-2x.由(1)得g′(x)=f(x)≥f(ln 2)>0,故g(x)在R上单调递增.所以当x>0时,g(x)>g(0)=1>0,即x2<e x.题型二导数与函数的零点问题探究1确定函数的零点个数【例2】已知函数f (x )=ln x -x +2sin x ,f ′(x )为f (x )的导函数. (1)求证:f ′(x )在(0,π)上存在唯一零点; (2)求证:f (x )有且仅有两个不同的零点.【证明】(1)设g (x )=f ′(x )=1x-1+2cos x ,当x ∈(0,π)时,g ′(x )=-2sin x -1x2<0,所以g (x )在(0,π)上单调递减,又因为g ⎝⎛⎭⎫π3=3π-1+1>0,g ⎝⎛⎭⎫π2=2π-1<0, 所以g (x )在⎝⎛⎭⎫π3,π2上有唯一的零点α,所以命题得证.(2)①由(1)知:当x ∈(0,α)时,f ′(x )>0,f (x )在(0,α)上单调递增, 当x ∈(α,π)时,f ′(x )<0,f (x )在(α,π)上单调递减;所以f (x )在(0,π)上存在唯一的极大值点α⎝⎛⎭⎫π3<α<π2, 所以f (α)>f ⎝⎛⎭⎫π2=ln π2-π2+2>2-π2>0, 又因为f ⎝⎛⎭⎫1e 2=-2-1e 2+2sin 1e 2<-2-1e 2+2<0, 所以f (x )在(0,α)上恰有一个零点. 又因为f (π)=ln π-π<2-π<0,所以f (x )在(α,π)上也恰有一个零点.②当x ∈[π,2π)时,sin x ≤0,f (x )≤ln x -x ,设h (x )=ln x -x ,h ′(x )=1x-1<0,所以h (x )在[π,2π)上单调递减,所以h (x )≤h (π)<0, 所以当x ∈[π,2π)时,f (x )≤h (x )≤h (π)<0恒成立, 所以f (x )在[π,2π)上没有零点.③当x ∈[2π,+∞)时,f (x )≤ln x -x +2,设φ(x )=ln x -x +2,φ′(x )=1x-1<0,所以φ(x )在[2π,+∞)上单调递减,所以φ(x )≤φ(2π)<0, 所以当x ∈[2π,+∞)时,f (x )≤φ(x )≤φ(2π)<0恒成立, 所以f (x )在[2π,+∞)上没有零点. 综上,f (x )有且仅有两个零点. 【方法归纳】利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g (x )(要求g ′(x )易求,g ′(x )=0可解),转化确定g (x )的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g (x )的图象草图,数形结合求解函数零点的个数.(2)利用零点存在性定理:先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号,进而判断函数在该区间上的零点的个数. 探究2 根据函数的零点个数求参数范围【例3】若函数f (x )=e x -ax 2,a ∈R 在(0,+∞)上有两个不同的零点,求实数a 的取值范围. 【解析】由f (x )=0可得1a =x 2ex ,令k (x )=x2ex (x ∈(0,+∞)),则函数f (x )在(0,+∞)上有两个不同的零点,即直线y =1a与函数k (x )的图象在(0,+∞)上有两个不同的交点,k ′(x )=2x -x 2e x =x (2-x )e x,令k ′(x )=0得x =2,当x ∈(0,2)时,k ′(x )>0,当x ∈(2,+∞)时,k ′(x )<0,所以k (x )在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,所以k (x )在(0,+∞)上的最大值为k (2)=4e2,因为k (0)=0,并且当x >2时,x2ex >0,所以当0<1a <4e 2时,k (x )在(0,+∞)上的图象与直线y =1a 有两个不同的交点,即当a >e24时,函数f (x )在(0,+∞)上有两个不同的零点.所以,若函数f (x )在(0,+∞)上有两个不同的零点,则实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫e 24,+∞.【方法归纳】已知函数零点个数求参数的常用方法(1)分离参数法:首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围.(2)分类讨论法:结合单调性,先确定参数分类的标准,在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意,将满足题意的参数的各小范围并在一起,即为所求参数范围.【跟踪训练2】若函数g (x )=e x (x -2)-m 有两个零点,求实数m 的取值范围.【解析】g (x )=e x (x -2)-m ,函数g (x )=e x (x -2)-m 有两个零点,相当于曲线u (x )=e x ·(x -2)与直线y =m 有两个交点.u ′(x )=e x ·(x -2)+e x =e x (x -1), 当x ∈(-∞,1)时,u ′(x )<0, 所以u (x )在(-∞,1)上单调递减, 当x ∈(1,+∞)时,u ′(x )>0所以u (x )在(1,+∞)上单调递增,所以x =1时,u (x )取得极小值u (1)=-e ,又x →+∞时,u (x )→+∞;x <2时,u (x )<0,所以-e<m <0. 题型三 导数在解决实际问题中的应用【例4】某地需要修建一条大型输油管道通过720千米宽的荒漠地带,该段输油管道两端的输油站已建好,余下工程只需要在该段两端已建好的输油站之间铺设输油管道和等距离修建增压站(又称泵站).经预算,修建一个增压站的工程费用为108万元,铺设距离为x 千米的相邻两增压站之间的输油管道费用为(2+x )x 万元.设余下工程的总费用为y 万元. (1)试将y 表示成关于x 的函数;(2)需要修建多少个增压站才能使总费用y 最小?【解析】(1)设需要新建n 个增压站,且(n +1)x =720,即n =720x-1,则y 关于x 的函数关系式为 y =f (x )=108n +(n +1)(2+x )x=108×⎝⎛⎭⎫720x -1+⎝⎛⎭⎫720x -1+1(2+x )x =77 760x+720x +1332;(2)由(1)知,f (x )=77 760x+720x +1332,f ′(x )=-77 760x 2+360x,令f ′(x )=0,得x 32=216,解得x =36,当0<x <36时,f ′(x )<0,f (x )在区间(0,36)内为减函数, 当36<x <720时,f ′(x )>0,f (x )在区间(36,720)内为增函数, 所以f (x )在x =36处取得最小值,此时n =72036-1=19,即需要新建19个增压站才能使y 最小.【方法归纳】利用导数的方法解决实际问题.当在定义区间内只有一个点使f ′(x )=0时,如果函数在这点有极大(小)值,那么不与端点值比较,也可以知道在这个点取得最大(小)值.【跟踪训练3】某商场为了获得更大的利润,每年要投入一定的资金用于广告促销.经调查,每年投入广告费t (百万元),可增加的销售额为-t 2+5t (百万元)(0≤t ≤3).(1)若该商场将当年的广告费控制在三百万元以内,则应投入多少广告费,才能使公司由广告费而产生的收益最大.(注:收益=销售额-投入费用)(2)现在该商场准备投入三百万元,分别用于广告促销和技术改造.经预算,每投入技术改造费x (百万元),可增加的销售额约为-13x 3+x 2+3x (百万元),请设计一个资金分配方案,使该商场由这两项共同产生的收益最大.【解析】(1)设投入广告费t (百万元)后由此增加的收益为f (t )(百万元),则f (t )=-t 2+5t -t =-t 2+4t =-(t -2)2+4(0≤t ≤3).所以当t =2时,f (t )max =4,即当商场投入两百万元广告费时,才能使商场由广告费而产生的收益最大.(2)设用于技术改造的资金为x (百万元),则用于广告促销的费用为(3-x )(百万元),则由此两项所增加的收益为g (x )=-13x 3+x 2+3x +[-(3-x )2+5(3-x )]-3=-13x 3+4x +3.对g (x )求导,得g ′(x )=-x 2+4,令g ′(x )=-x 2+4=0,得x =2或x =-2(舍去). 当0<x <2时,g ′(x )>0,即g (x )在[0,2)上单调递增; 当2<x <3时,g ′(x )<0,即g (x )在(2,3]上单调递减, 所以当x =2时,g (x )max =g (2)=253.故在三百万资金中,两百万元用于技术改造,一百万元用于广告促销,这样商场由此所增加的收益最大,最大收益为253百万元.一、单选题1.设函数()y f x =在区间D 上的导函数为fx ,fx 在区间D 上的导函数为()g x ,若在区间D 上,()0g x <恒成立,则称函数()f x 在区间D 上为“凸函数”.已知实数m 为常数,()4323126x mx f x x =--,若对满足1m ≤的任何一个实数m ,函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”,则b a -的最大值为( ) A .4B .3C .2D .1【答案】A 【分析】由题设知对任意1m ≤,在(),a b 上有2()60g x x mx =--<恒成立,转化为一次函数2()60h m mx x =-+-<在11m -≤≤上恒成立求x 的范围,进而确定b a -的最大值.【解析】由题设,32()632x mx f x x '=--,则()26g x x mx =--,∴对任意1m ≤,在(),a b 上有2()60g x x mx =--<恒成立, 令2()60h m mx x =-+-<在11m -≤≤上恒成立,∴22(1)60(1)60h x x h x x ⎧-=+-<⎪⎨=--<⎪⎩,可得22x -<<, ∴2,2a b ≥-≤,故b a -的最大值为4. 故选:A2.已知函数()2ln ,013,22xx e xf x x x ee e ⎧<≤⎪⎪=⎨⎪-+>⎪⎩,若,a b c <<且()()()f a f b f c ==,则ln ln b a c a b ⋅的取值范围是( ) A .(),3e e B .()3,e e -- C .()1,3e D .()3,1e --【答案】B 【分析】利用导数和绝对值的性质,结合一次函数的单调性画出函数的图象,利用数形结合思想进行求解即可. 【解析】当01x <<时,'2ln ln 1()()0,()x x f x f x f x x x -=-⇒=<单调递减, 当1x e ≤≤时,'2ln 1ln ()()0,()x x f x f x f x x x -=⇒=>单调递增,且(1)0f =, 当x e >时,函数单调递减,1()f e e=所以函数的图象如下图所示:因为,a b c <<设()()()f a f b f c k ===, 所以方程()f x k =有三个互不相等的实数根, 由图象可知:1a b e c <<<<,1k e<<0 因此有2ln ln 322a b c a b e e-==-+, 即ln ln b a a b =-,因此ln ln b ac c a b⋅=-, 因为()f c k =, 所以2310322c e c e e e e<-+<⇒<<,满足e c <,即3e c e <<, 因此3e c e -<-<- 故选:B 【点睛】关键点睛:利用导数判断函数的单调性,运用数形结合思想进行求解是解题的关键. 3.已知()f x 为R 上的可导函数,当0x ≠时,()()0f x f x x'+>,若()()1F x f x x=+,则函数()F x 的零点个数为( ) A .0B .1C .2D .0或2【答案】A 【分析】构造函数()()1g x xf x =+,讨论0x ≠、0x <或0x >,利用导数判断函数()g x 的单调性,从而求出()g x 的最值,进而得出()F x 的零点个数. 【解析】构造函数()()1g x xf x =+,其中0x ≠,则()()()g x f x xf x ''=+, 当0x ≠时,()()()()0'+'+=>f x xf x f x f x x x. 当0x <时,()()()0g x f x xf x =+'<', 此时,函数()g x 单调递减,则()()01g x g >=; 当0x >时,()()()0g x f x xf x ''=+>, 此时,函数()g x 单调递增,则()()01g x g >=. 所以,当0x <时,()()()110xf x F x f x x x+=+=<; 当0x >时,()()()110xf x F x f x x x+=+=>. 综上所述,函数()F x 的零点个数为0. 故选:A.4.设函数()ln 3()g x x x a a R =+-∈,定义在R 上的连续函数()f x 使得()y f x x =-是奇函数,当0x <时,()1f x '<,若存在0{|()2(2)2}x x f x f x x ∈+≤-+,使得()00g g x x ⎡⎤=⎣⎦,则实数a 的取值范围为( )A .[1,)+∞B .[2,)+∞C .[),e +∞D .[3,)+∞【答案】B 【分析】由题设,应用导数可证()y f x x =-在R 上递减,利用单调性解()2(2)2f x f x x +≤-+,即知:存在0{|1}x x x ∈≥使()00g g x x ⎡⎤=⎣⎦,将问题转化为在[1,)x ∈+∞上()g x x =有解,再构造中间函数,利用导数研究单调性,并结合零点存在性定理求a 的取值范围. 【解析】由题设,()2(2)2f x f x x +≤-+等价于()(2)(2)f x x f x x -≤---, ∴当0x <时,()1f x '<,即()10f x '-<,∴()y f x x =-在(,0)-∞上递减,又()f x x -是奇函数, ∴y 在(0,)+∞上递减,又()f x 连续, ∴y 在R 上递减,则2x x ≥-,可得1≥x . 又()g x 的定义域为(0,)+∞,且1()30g x x'=+>,即()g x 在定义域上递增, ∴题设条件为:存在0{|1}x x x ∈≥使()00g g x x ⎡⎤=⎣⎦,即使()00g x x =,∴在[1,)x ∈+∞上()g x x =有解,则()()ln 2h x g x x x x a =-=+-在[1,)x ∈+∞上有零点,由1()20h x x '=+>,即()h x 递增,又()(1)2h x h a ≥=-,且x →+∞时()h x →+∞,∴只需20a -≤,即2a ≥即可. 故选:B 【点睛】关键点点睛:首先由已知条件判断()y f x x =-的单调性,进而确定0x 的范围,并将问题转化为[1,)x ∈+∞上()g x x =有解求参数范围.5.方程()()f x f x '=的实数根叫做函数()f x 的“新驻点”.如果函数()ln 2g x x =+的“新驻点”为a ,那么a 的取值范围是( ) A .10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B .1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭C .31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D .3,22⎛⎫⎪⎝⎭【答案】B 【分析】根据定义,将问题转化为求1()ln 2h x x x=-+且0x >零点所在区间,利用导数研究单调性,结合零点存在性定理判断“新驻点”a 的取值范围. 【解析】 由题设,1()g x x '=,则1ln 2x x+=的根为()g x 的“新驻点”, 若1()ln 2h x x x=-+且0x >,即()h x 的零点为()g x 的“新驻点”,∴211()0h x x x'=+>,即()h x 单调递增,11()ln 022h =<,(1)10h =>,根据零点存在性定理知:()h x 的零点在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内, ∴()g x 的“新驻点”范围是1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭,即a 的取值范围为1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭.故选:B6.已知定义域为R 的函数()f x 的导函数为()f x ',且()()2xf x xe f x '=+,若()1f e =,则函数()()4g x f x =-的零点个数为( )A .0B .1C .2D .3【答案】B 【分析】由()()2xf x xe f x '=+,构造函数()xf x e,根据()1f e =,求得()2x f x x e =,进而得到()24xg x x e =-,利用导数法求解. 【解析】因为()()2xf x xe f x '=+,所以()()2xf x f x xe '-=,则()()()2x xf x f x f x x e e ''-⎛⎫== ⎪⎝⎭, 所以()2xf x x c e=+,即()()2x f x x c e =+, 因为()1f e =,所以()()11f c e e =+=,解得0c ,所以()2xf x x e =,则()24xg x x e =-,所以()()2xg x e x x '=+,当2x <-或0x >时,()0g x '>,当20x -<<时,()0g x '<,所以当2x =-时,函数()g x 取得极大值()2410e --<,当0x =时,函数()g x 取得极小值40-<,又当x →+∞时,()g x →+∞,所以函数()()4g x f x =-的零点个数为1, 故选:B7.已知函数()()211x f x x e kx =--+()k Z ∈,若对任意的[)0,x ∈+∞,()0f x ≥恒成立,则k 的最大值为( )A .0B .1-C .1D .2【答案】A 【分析】运用导数分析函数的单调性,明确了单调性,再根据条件即可得出答案. 【解析】()()2x f x x e k '=-,当[)0,x ∈+∞时,1x e ≥,①当12k ≤且k Z ∈时,()0f x '≥,()f x 在[)0,+∞上单调递增,所以()()min 000f x f ==≥,()0f x ≥成立; ②当12k >且k Z ∈时,1k ,ln 20k >,令()0f x '>,解得ln2x k >;令()0f x '<,解得ln2x k <,故()f x 在[)0,ln2k 上单调递减,在()ln 2,k +∞上单调递增,故()()()2min ln 2ln 21110f x f k k k ⎡⎤==--++<⎣⎦,故12k >不合题意. 综上12k ≤,又k Z ∈,所以k 的最大值为0. 故选:A .8.已知()f x 是定(,0)(0,)-∞+∞的奇函数,()'f x 是()f x 的导函数,(1)0f <,且满足:()()ln 0f x f x x x+'⋅<,则不等式(1)()0x f x -⋅<的解集为( ) A .(1,)+∞ B .(,1)(0,1)-∞-C .(,1)-∞D .(,0)(1,)-∞⋃+∞【答案】D 【分析】令()()g x lnx f x =对函数求导可得到函数()g x 单调递减,再结合()10g =,和()f x 的奇偶性,通过分析得到当0x >,()0f x <,0x <,()0f x >,故不等式(1)()0x f x -⋅<等价于()10x f x >⎧⎨<⎩或()10x f x <⎧⎨>⎩,求解即可.【解析】令()()g x lnx f x =,则1()()()0g x f x lnx f x x'=+'<, 故函数()g x 单调递减,定义域为()0,∞+,g (1)0=,01x ∴<<时,()0>g x ;1x <时,()0<g x .01x <<时,0lnx <;1x >时,0lnx >.∴当0x >,1x ≠时,()0f x <,又f (1)0<.∴当0x >,()0f x <,又()f x 为奇函数, ∴当0x <,()0f x >.不等式(1)()0x f x -⋅<等价于()10x f x >⎧⎨<⎩或()10x f x <⎧⎨>⎩解得1x >或者0x < 故答案为:D.二、多选题9.定义()f x ''是()y f x =的导函数()y f x '=的导函数,若方程()0f x ''=有实数解0x ,则称点()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”.可以证明,任意三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠都有“拐点”和对称中心,且“拐点”就是其对称中心,请你根据这一结论判断下列命题,其中正确命题是( ) A .存在有两个及两个以上对称中心的三次函数B .函数()32335f x x x x =--+的对称中心也是函数tan2y x π=的一个对称中心 C .存在三次函数()h x ,方程()0h x '=有实数解0x ,且点()()00,x h x 为函数()y h x =的对称中心D .若函数()321153212g x x x =--,则123202010102021202120212021g g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭【答案】BCD 【分析】根据题干中三次函数的对称中心的定义与性质判断A,C 选项;求出()32335f x x x x =--+的对称中心,可以验证此点()1,0是tan2y x π=的一个对称中心,即可判断B ;求出函数()321153212g x x x =--的对称中心,可得()()11g x g x +-=-,进而求得123202010102021202120212021g g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋯+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭进而判断出D.【解析】解:对于A.设三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠,易知()y f x ''=是一次函数,∴任何三次函数只有一个对称中心,故A 不正确;对于B.由()32335f x x x x =--+,得()()2363,66f x x x f x x '''=--=-,由660x -=,得1x =,函数()f x 的对称中心为()1,0, 又由,22k x k Z ππ=∈,得,x k k Z =∈,∴()f x 的对称中心是函数tan 2y x π=的一个对称中心,故B 正确; 对于C.设三次函数()()320h x ax bx cx d a =+++≠,所以()()232,62h x ax bx c h x ax b '''=++=+联立2000320,620,ax bx c ax b ⎧++=⎨+=⎩得230ac b -=,即当230ac b -=时,存在三次函数()h x ,方程()0h x '=有实数解0x ,且点()()00,x h x 为函数()y h x =的对称中心,故C 正确.对于D.∴()321153212g x x x =--,∴()()2,21g x x x g x x '''=-=-,令()210g x x ''=-=,得12x =,∴32111115123222122g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-⨯-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,∴函数()321153212g x x x =--的对称中心是11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭,∴()()11g x g x +-=-,设12320202021202120212021T g g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,所以12020220192020122020202120212021202120212021T g g g g g g ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++⋯++=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦所以123202010102021202120212021g g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋯+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,故D 正确. 故选:BCD.10.已知不相等的两个正实数x ,y 满足()2244log log x y y x -=-,则下列不等式中可能成立的是( )A .1x y <<B .1y x <<C .1x y <<D .1y x <<【答案】ACD 【分析】将()2244log log x y y x -=-转化为222log 4g 2lo x x y y =++,令()()2222log ,4log f x x x g y y y =+=+,由()(),f x g y 都在0,上递增,将比较x ,y 的大小,转化为比较()g x 与()g y 的大小,由()()()()222224log 2log 2log g x g y g x f x x x x x x x x -=-=+--=-+,令()222log h x x x x +=-,利用导数法求解. 【解析】()2244log log x y y x -=-可转化为222log 4g 2lo x x y y =++,令()()2222log ,4log f x x x g y y y =+=+,则()(),f x g y 都在0,上递增,且()()()(),11f x g y f g ==,当1x >时,()1f x >,()1g y >,1y >, 当1x <时,()1f x <,()1g y <,1y <,要比较x ,y 的大小,只需比较()g x 与()g y 的大小,()()()()222224log 2log 2log g x g y g x f x x x x x x x x -=-=+--=-+,令()222log h x x x x +=-,则()212ln 2h x x x '=-+, 则()2220ln 2h x x ''=--<, 所以()h x '在0,上递减,又()()21110,230ln 2ln 2h h ''=->=+-<+, 所以存在()01,2x ∈,有()00h x '=,当()00,x x ∈时()0h x '>,当()0,x x ∈+∞时,()0h x '<, 又()10h =,()()010h x h >=,()412480h =-+=-<, 所以当1x <时,()0h x <,当1x >时,()h x 正负不定,故当1,1x y <<时,()0h x <,所以()()()1g x g y g <<,即1x y <<; 当1,1x y >>时,()h x 正负不定,所以()g x 与()g y 的正负不定,1,1x y y x >>>>均有可能;所以,,111x y x y y x ><<>>>均有可能,故选:ACD11.关于函数()e xf x =,()lng x x =,下列说法正确的是( )A .对x ∀∈R ,()1f x x ≥+恒成立B .对0x ∀>,()11g x x≥-恒成立C .函数()()y xf x x g x =--的最小值为e 1-D .若不等式()()g x f ax a≥对0x ∀>恒成立,则正实数a 的最小值为1e【答案】ABD 【分析】利用导数证明()()10h x f x x =--≥恒成立,判断A ,A 中不等式绝对值变形的转换可判断B ,利用导数求出函数()()y xf x x g x =--的最小值判断C ,把不等式()()g x f ax a≥进行变形转化为不等式ax e x ≥恒成立,然后求得a 的范围判断D . 【解析】设()()1h x f x x =--e 1x x =--,()e 1x f x '=-,0x <时,()0h x '<,()h x 递减,0x >时,()0h x '>,()h x 递增,所以min ()(0)0h x h ==,所以()1(0)0f x x h --≥=,即()1f x x ≥+恒成立,A 正确; 在()1f x x ≥+中令ln x t =,则1ln t t ≥+,ln 1t t -≥-,1ln 1t t ≥-,再令1x t=得1ln 1x x ≥-,B 正确;设()()()ln e xp x xf x x g x x x x =--=--,定义域为(0,)+∞,11()e e 1(1)(e )x x x p x x x x x'=+--=+-, 定义域内10x +>恒成立,令1()e xq x x =-是增函数,1()202q =<,(1)e 10q =->, 所以()q x 在1(,1)2即在(0,)+∞上存在唯一零点0x ,001e 0x x -=,00e 1xx =,00x x <<时,()0q x <,即()0p x '<,()p x 递减,0x x >时,()0q x >,即()0p x '>,()p x 递增,所以0min 0000()()e ln xp x p x x x x ==--000011ln11e x x x x =--=-+=,C 错;不等式()()g x f ax a≥为ln e axx a ≥,e ln ax a x ≥,0x >,所以e ln ax ax x x ≥,即e ln e ln ax ax x x ≥,令()ln s t t t =,则()ln 1s t t '=+,10et <<时,()0s t '<,()s t 递减,1e t >时,()0s t '>,()s t 递增,min 11()()e e s t s ==-, 因为0,0a x >>,所以e 1ax >,因此不等式e ln e ln ax ax x x ≥恒成立,则e ax x ≥恒成立,ln ax x ≥,即ln xa x≥, 设ln ()x u x x =,21ln ()xu x x -'=, 0e x <<时,()0u x '>,()u x 递增,e x >时,()0u x '<,()u x 递减,所以max 1()(e)e u x u ==,所以1ea ≥,即a 的最小值是1e ,D 正确.故选:ABD . 【点睛】本题考查用导数研究函数的性质,研究不等式恒成立问题,解题关键是掌握导数与函数单调性的关系,深深需要不断求导才能确定函数的单调性与极值.这是问题的难点所在,解题过程中需要不断引进新函数,研究新函数的单调性、极值点、零点等性质,本题属于困难题.第II 卷(非选择题)请点击修改第II 卷的文字说明三、填空题12.已知函数()e ,0()32,0x x a x f x x x ⎧-≥=⎨-<⎩在1x =处取得极值,且函数()y f x m =-有三个零点,则实数m 的取值范围为___________ 【答案】(e,2)-- 【分析】求导根据极值点得到2a =,求导得到函数的单调区间,计算最值,画出函数图像,根据图像得到范围. 【解析】容易知当0x <时,()f x 递增,当()()()''0()e (e )e 1x x xx f x x a x a x a ≥=-⋅+-⋅=-'+,,1x =为极值点,(1)e(11)0f a ∴-+'==,得2a =,此时()(2)e x f x x =-,()(1)e x f x x '=-,而当1x >时,()0f x '>,当01x <<时,()0f x '<,()f x ∴在(,0)-∞上递增,在[0,1)上递减,在[1,)+∞上递增,(0)2f =-,(1)e f =-,画图可知,使函数()y f x m =-有三个零点,即函数与y m =的图像有三个交点, 则实数m 满足(1)(0)f m f <<,即(e,2)m ∈--. 故答案为:(e,2)--.13.已知函数()x F x e =满足()()()F x g x h x =+,且()g x ,()h x 分别是R 上的奇函数和偶函数,对[0,1]x ∀∈不等式(2)()0g x ah x -≥恒成立,则实数a 的取值范围是________. 【答案】0a ≤ 【分析】对()()()F x g x h x =+中,用x -代替x ,结合函数的奇偶性可以算出()g x ,()h x ,在带入不等式(2)()0g x ah x -≥来解决. 【解析】由题知,()()()x F x g x h x e =+=,用x -代替x 得到()()x g x h x e --+-=,又()g x ,()h x 分别是R 上的奇函数和偶函数,于是()()x g x h x e --+=,那么根据 ()()()()x xg x h x e g x h x e -⎧-+=⎨+=⎩,解得(),()22x x x xe e e e h x g x --+-==,由(2)()0g x ah x -≥得 22022x x x x e e e e a ---+-⋅≥,即()()022x x x x x x e e e e e e a ---+-+-⋅≥,显然又指数函数性质可知02x xe e -+>,约去后可得x x a e e -≤-,记(),()0x x x x H x e e H x e e --'=-=+>,于是()H x 在[0,1]上递增,由[0,1]x ∀∈,()x x a e e H x -≤-=恒成立,只需要(0)0a H ≤=. 故答案为:0a ≤14.函数()f x 是定义在()0,∞+上的可导函数,()f x '为其导函数,()()22xf x f x x '-=,且()10f =,若()f x a =恰有两个零点,则a 的取值范围为________.【答案】1,02e ⎛⎫- ⎪⎝⎭【分析】根据题意,构造方程()2ln f x x cx =+,得到()22ln f x x x cx =+,根据()10f =,得到()2ln f x x x =,利用导数求得函数()f x 的单调性和最值,即可求解. 【解析】由()()22xf x f x x '-=,可得()()321xf x f x x x'-=,构造方程()2ln f x x c x=+,可得()22ln f x x x cx =+, 因为()10f c ==,所以()2ln f x x x =,可得2ln 2ln 1fx x x x x x ,当120,x e -⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时,()0f x '<;当12,x e -⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '>, 所以()f x 在120,e -⎛⎤ ⎥⎝⎦单减,12e ,-⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单增, 且1212f e e -⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()10f =,当0x →时,()0f x →,因为()f x a =有两个零点,所以102a e-<<, 即实数a 的取值范围为1(,0)2e-. 故答案为:1,02e ⎛⎫- ⎪⎝⎭.四、解答题15.已知函数()e (2)(0)x f x a x a =-+>. (1)当1a =时,求()f x 的最小值; (2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围. 【答案】 (1)1-(2)1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【分析】(1)根据题意,直接求导判断单调性,即可求解;(2)根据题意,求导判断单调性,结合函数图象的走势,即可求解. (1)当1a =时,()1x f x e =-',令()0f x '=,解得0x =. 因此当(,0)x ∈-∞时,()0f x '<,()f x 单调递减, 当(0,)x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 单调递增. 故()f x 的最小值为(0)1f =-. (2)根据题意,()x f x e a '=-,令()0f x '=,解得ln x a =, 当(,ln )x a ∈-∞时,()0f x '<,()f x 单调递减, 当(ln ,)x a ∈+∞时,()0f x '>,()f x 单调递增,因此()f x 的最小值为(ln )(ln 2)(1ln )f a a a a a a =-+=-+. ∴当x →-∞时,()f x →+∞;当x →+∞时,()f x →+∞. ∴要使()f x 有两个零点,只需(ln )0f a <即可. 又∴0a >,∴1ln 0a +>,解得1e>a .故若()f x 有两个零点,则a 的取值范围是1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.16.设函数2()(2)ln f x x m x m x =---, (1)求()f x 的单调区间; (2)设2312,()()(21)2m g x f x x m x <<=-+--,求证:[]12,1,x x m ∀∈,恒有()()1212g x g x -<. (3)若0m >,函数()f x 有两个零点()1212,,x x x x <,求证2102x f x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭'.【答案】 (1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】(1)求出函数()f x 的定义域,讨论0m >、0m ≤时,解不等式()0f x '>和()0f x '<即可得出函数()f x 的单调递增区间和递减区间;(2)利用导数分析函数()g x 在区间[]1,m 上的单调性,利用导数证明出()()max min 12g x g x -<,即可证得结论成立;(3)分析得出要证明122x x m +>,由已知条件得出()22212121212ln ln x x x x m x x x x -+-=-+-,要证明12x x m +>,分析得出等价于证明()2211221221212ln 1x x x x xx x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++,令211x t x =>,构造函数()()21ln 1t h t t t -=-+,利用导数证明出()0h t >,即可得出12122x x x x m +>+>,进而可证得结论成立.(1)函数()()22ln f x x m x m x =---的定义域为()0,∞+,()()()()()2222122x m x m x m x m f x x m x x x----+'=---==且0m >, 当0m >时,由()0f x '<可得02m x <<,由()0f x '>可得2mx >,因此函数()f x 的单调递减区间为0,2m ⎛⎫ ⎪⎝⎭,单调递增区间为,2m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭;当0m ≤时,()0f x '>恒成立,此时()f x 的单调递增区间为()0,∞+,综上所述:当0m >时,()f x 的单调递减区间为0,2m ⎛⎫ ⎪⎝⎭,单调递增区间为,2m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭;当0m ≤时,()f x 的单调递增区间为()0,∞+. (2) ()()()()2231211ln 22g x f x x m x x m x m x =-+--=-++,[]1,x m ∈, 所以()()()()()2111x m x m x x m m g x x m x x x-++--'=-++==, 因为12m <<,所以当()1,x m ∈时,()0g x '<,函数()g x 在区间[]1,m 上单调递减, 当[]1,x m ∈时,()()max 112g x g m ==--,()()2min 1ln 2g x g m m m m m ==--,所以()()2max min 11ln 22g x g x m m m -=--,其中12m <<, 构造函数()211ln 22m m m m ϕ=--,其中12m <<,()ln 1m m m ϕ'=--,则()1110m m m mϕ-''=-=>,所以函数()m ϕ'在()1,2上单调递增, 则()()10m ϕϕ''>=,所以函数()m ϕ在()1,2上单调递增,()()3122ln 222m ϕϕ<=-<, 所以对于1x ∀、[]21,x m ∈,恒有()()()()12max min 12g x g x g x g x -≤-<; (3)因为()()22m f x x m x '=---,则()220mf x x''=+>, 所以函数()f x '单调递增,且02m f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭,要证2102x f x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭',即证2122x m f x f ⎛⎫⎛⎫'+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭',即证2122x mx +>,即证122x x m +>, 因为函数()f x 有两个零点()1212,,x x x x <,由题意可得()()211122222ln 02ln 0x m x m x x m x m x ⎧---=⎪⎨---=⎪⎩,上述两个等式作差得()22212121212ln ln x x x x m x x x x -+-=-+-,下面先证明12x x m +>,只需证:()2221211221212ln ln x x x x x x x x x x -+-+>-+-,整理得()()()122112ln ln 2x x x x x x +->-,即证()2211221221212ln 1x x x x xx x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++,设211x t x =>,不妨设()()21ln 1t h t t t -=-+,则()()()()222114011t h t t t t t -'=-=>++, 所以函数()h t 在()1,+∞上单调递增,所以()()10h t h >=,因为1>0x ,所以12122x x x x m +>+>,故原不等式2102x f x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭'成立.【点睛】方法点睛:利用导数证明不等式问题,方法如下:(1)直接构造函数法:证明不等式()()f x g x >(或()()f x g x <)转化为证明()()0f x g x ->(或()()0f x g x -<),进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-;(2)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩;二是利用常见放缩结论;(3)构造“形似”函数,稍作变形再构造,对原不等式同解变形,根据相似结构构造辅助函数.17.已知函数()ln ()a f x x a x a =-∈R .(1)求f (x )的最小值;(2)当a =2时,证明:存在实数123x x x <<,使得()()()k k f f x f x =对k =1,2,3均成立,且231ln x x x ->.注:e =2.71828…是自然对数的底数.【答案】(1)1(2)证明见解析;【分析】(1)利用切线放缩即可求解.(2)先对()f x 求导,得到单调区间,再令2()()2ln g x f x x x x x =-=--,对()g x 求导,得到单调区间,得到其中一个零点和另一个零点所在区间,问题转化为证明:11ln t x ->,即可求证.(1)由0x >,知0a x >,于是()ln (1)1a a a a f x x x x x =-≥--=,等号在1x =取到.min ()1f x =.下证ln 1a a x x ≤-,令()ln 1h x x x =-+,1()x h x x -'=, 故()h x 在0,1上单调递增,在1,单调递减,()(1)0h x h ≤=,即ln 1≤-x x ,得证. (2)2222(1)()2ln ,()2,x f x x x f x x x x -'=-=-= 故()f x 在0,1上单调递减,在1,单调递增,(1)1f =,记()(),k f x t f t t =⇒=记2()()2ln g x f x x x x x =-=--.22222()21(x x g x x x x x x x --'=--==,则()g x 在单调递减,在)+∞单调递增,且(1)0g =,(1)0,(2)22ln 20g g g <==->,于是()0g x =有零点11,2)t ∈ 于是()1k f x =或()1k f x t =12311x x x t ⇒<=<=,()11f x t =. 下面只需证:111ln t x ->,即111t x e-<. 由11111t t e->⇒<,只需证111()()t f f e x -> 即()11122222211112(1)221t t t t e t t e t e --->-⇔->⇔->-,由111t e t -≥,只需证:2211111(2)1(1)(1)0t t t t t ->⇔--->,只需证2111t t -<,21111()02ln 0g t t t t =⇒--=,只需证112t e <.由()y g x =在)+∞单调递增,1213122e >+=> 于是只需证112221()()0(1)1g t g e e e e e <⇔<---<⇔, 由22(1) 1.7 2.89,e e ->=>得证.【点睛】关键点点睛:解决本题的关键是对不等式的合理变形和转化.。

高考导数压轴题---题型三极值最值型(精编完美版)

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题型三极值最值型1.求函数的极值必背结论一极大值极小值⑴在包含x0的一个区间(a,b)内,函数y=f(x)在任何一点的函数值都小于x0点的函数值,称点x0为函数y=f(x)的极大值点,其函数值f(x0)为函数的极大值;⑵在包含x0的一个区间(a,b)内,函数y=f(x)在任何一点的函数值都大于x0点的函数值,称点x0为函数y=f(x)的极小值点,其函数值f(x0)为函数的极小值;⑶极大值与极小值统称为极值,极大值点与极小值点统称为极值点。

注:①极值是局部概念,只能反映在某一点附近的大小状况.②在定义域或某区间上,极值可以不止一个,也可没有.③极大值不一定大于极小值.④极大值与极小值交替出现.⑤极值只能出现在区间的内部,不会出现在区间端点。

必背结论二极值的判定一般的,当函数y=f(x)在x0处连续时⑴如果在x0附近的左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,那么f(x0)为函数的极小值;⑵如果在x0附近的左侧f′(x)<0,右侧f′(x)>0,那么f(x0)为函数的极大值;注:①导数为0的点不一定是极值点,例如y=x3在x=0处的导数是0,但它并不是极值点.②对于可导函数,极值点的导数必为0.③函数导数不存在的点也可能是极值点.例如y=|x|在x=0处取得极值,但导数不存在.例1.函数f(x)=3e x3+4x²,求f(x)的极值点.解:f(x)的定义域为Rf′(x)=3e x(3+4x²-8x)(3+4x²)²=3e x(2x-1)(2x-3)(3+4x²)²令f′(x)=0,则x1=12,x2=32∴f(x)的极大值点为x=12,极小值点为x=32.例2.求f(x)=x3-3x²-2在(a-1,a+1)(a>0)内的极值. 解:f(x)的定义域为Rf′(x)=3x²-6x=3x(x-2)令f′(x)=0,则x1=0,x2=2f(x)在(a-1,0)上递增,在(0,a+1)上递减,∴f(x)有极大值f(0)=-2,无极小值⑵当a-1=0即a=1时,f(x)在(a-1,a+1)递减,无极值.⑶当0<a-1<2即1<a<3时,f(x)在(a-1,2)上递减,在(2,a+1)上递增,∴f(x)有极小值f(2)=-6,无极大值⑷当a-1≥2即a≥3时,f(x)在(a-1,a+1)递增,无极值.综上所述:当0<a<1时,f(x)有极大值f(0)=-2,无极小值当1<a<3时,f(x)有极小值f(2)=-6,无极大值当a=1或3时,f(x)无极值.例3.f(x)=x²-1-2alnx(a≠0),求f(x)的极值.解:f(x)的定义域为(0,+∞)f′(x)=2x-2ax=2(x²-a)x⑴当a≤0时,f′(x)>0,∴f′(x)在(0,+∞)上递增,∴f(x)无极值⑵当a>0时,若x∈(0,a),则f′(x)<0,f(x)在(0,a)递减,若x∈(a,+∞),则f′(x)>0,f(x)在(a,+∞)递增,∴f(x)极小值=f(a)=a-1-alna,无极大值.综上所述:当a≤0时,f(x)无极值,当a>0时,f(x)极小值=a-1-alna,无极大值.例4.f(x)=ln(x+1)+a(x²-x),讨论f(x)极值点的个数.解:f(x)的定义域(-1,+∞)f′(x)=1x+1+a(2x-1)=1+a(2x-1)(x+1)x+1=2ax²+ax+1-ax+1⑴当a=0时,f′(x)=1x+1>0,f(x)在(-1,+∞)递增,f(x)极值点个数为0⑵当a>0时,△=a²-8a(1-a)=9a²-8a=a(9a-8)①当△≤0即0≤a≤89时,f′(x)≥0,∴,f(x)在(-1,+∞)递增,f(x)极值点个数为0②当△>0即a>89时,f(x)在(-1,x1)递增,在(x1,x2)递减,在(x2,+∞)递增,∴f(x)极值点个数为2.⑶当a <0时,△>0,,f (x )在(-1,x 2)递增,在(x 2,+∞)递减,∴f (x )极值点个数为1.综上所述:当0≤a ≤89时,f (x )极值点个数为0,当a <0时,f (x )极值点个数为1,当a >89时,f (x )极值点个数为2.2.求函数的最值 必背结论三 最大值,最小值⑴函数f (x )在区间[a ,b ]的最大值点x 0是指:∀x ∈[a ,b ],都有f (x )≤f (x 0),最大值在极大值点取得,或者在区间的端点取得.⑵函数f (x )在区间[a ,b ]的最小值点x 0是指:∀x ∈[a ,b ],都有f (x )≥f (x 0),最小值在极小值点取得,或者在区间的端点取得.注:最值点不一定为极值点,极值点也不一定是最值点,当定义域为开区间时,最值一定是极值。

导数与极值最大值与最小值问题练习题

导数与极值最大值与最小值问题练习题

导数与极值最大值与最小值问题练习题在微积分中,导数与极值问题是一类经典且重要的题型。

通过求取导数,我们可以确定函数的极值点,即最大值和最小值。

本文将给出一些导数与极值问题的练习题,帮助读者加深对该类型问题的理解与应用。

练习题一:求函数f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x + 2的极值点。

解析:首先,我们需要求出函数的导数f'(x)。

对于f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x + 2,导数为f'(x) = 3x^2 - 12x + 9。

接下来,我们将导数f'(x)置为零,求得极值点。

即,3x^2 - 12x + 9= 0。

通过求解这个方程,我们得到x = 1和x = 3两个解。

然后,我们需要分别计算这两个x值对应的函数值f(x)。

当x = 1时,f(x) = 1^3 - 6(1)^2 + 9(1) + 2 = 6;当x = 3时,f(x) = 3^3 - 6(3)^2 + 9(3)+ 2 = -2。

综上所述,在函数f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x + 2中,极小值为-2,极大值为6,对应的x值分别为1和3。

练习题二:求函数g(x) = e^x - 4x的极值点。

解析:与前一题类似,我们首先求取函数g(x) = e^x - 4x的导数g'(x)。

根据指数函数的导数性质以及常数倍规则,我们有g'(x) = e^x - 4。

将导数g'(x)置为零,求得极值点。

即,e^x - 4 = 0。

通过求解这个方程,我们得到x = ln(4)。

接下来,计算x = ln(4)对应的函数值g(x)。

g(x) = e^x - 4x = e^(ln(4)) - 4(ln(4)) = 4 - 4ln(4)。

因此,在函数g(x) = e^x - 4x中,存在唯一的极值点x = ln(4),对应的极值为4 - 4ln(4)。

练习题三:求函数h(x) = x^4 - 8x^2 + 16的极值点。

高中数学函数求最值常用方法总结

高中数学函数求最值常用方法总结

高中数学中的函数最值求解问题是学习中的难点,在解决函数最值问题的时候要经过全方位的考虑,结合函数的定义域,将各种可能出现的结果进行分析,最终求得准确的计算结果。

在数学学习的过程中活跃的数学思维非常重要,它不仅可以改善学习方法,而且可以帮助学生掌握更多的解题技巧,进而提高解题速度和学习效率。

本文总结了一些求函数最值的常用方法如下:一、利用一次函数的单调性【例题1】 已知 x , y , z 是非负实数,且 x + 3y + 2z = 3 , 3x + 3y + z = 4 ,求函数 w = 2x - 3y + z 的最值 .解:得 y = 5/3 (1 - x), z = 2x - 1∴ w = 9x - 6又 x , y , z 非负,依一次函数 w = 9z - 6 的单调性可知当 x = 1/2 时,Wmin = -3/2 ,当 x= 1 时,Wmax = 3 .注:再求多元函数的条件最值时,通常是根据已知条件消元,转化为一元函数来解决问题.对于一次函数 y = kx + b ( k ≠ 0 ) 的最值,关键是指出自变量的取值范围,即函数的定义域,当一次函数的定义域是闭区间时,其最值在闭区间的端点处取得 .二、利用二次函数的性质【例题2】 设 α , β 是方程 4x^2 - 4kx + k + 2 = 0 的两个实数根,当 k 为何值时 α^2 + β^2 有最小值?解:∵ α , β 为方程的两个实数根,∴ α + β = k , αβ = 1/4 ( k + 2 ) ,令 y = α^2 + β^2 , 则有又由原方程由实数根可知,∴ k ≤ -1 或 k ≥ 2 .而二次函数的顶点 (1/4,-17/16)不在此范围内,根据二次函数的性质知,y 是以 k = 1/4 为对称轴,开口向上的,定义域为 (-∞,-1]∪[2,+∞)的抛物线,比较 k = -1 及 k = 2 时 y 的值知,当 k = -1 时,有 ymin = 1/2 .注:利用二次函数的性质求最值时,不能机械地套用最值在顶点处取得 . 首先要求出函数的定义域,然后在看顶点是否在函数的定义域内,最后再根据函数的单调性来判定 . 【例题3】 如图所示,抛物线 y = 4 - x^2 与直线 y = 3x 交于 A , B 两点,点 P 在抛物线上由 A 运动到 B,求 △APB 的面积最大时点 P 的坐标 .分析:由于 A , B 为定点,所以 AB 长为定值,欲使 △APB 的面积最大,须使 P 到 AB的距离最大 .解:设 P 点坐标为 (x0 , y0),∵ A , B 在直线 y = 3x 上,∴联立抛物线与直线方程,可得xA = -4 , xB = 1 ,∴ -4 ≤ x0 ≤ 1 ,则有∴当 x = -3/2 时,d 取最大值,△APB 面积最大,此时 P 点坐标为 (-3/2 , 7/4).注:在解决实际问题时要注意确定自变量取值范围的方法,本题是由直线与抛物线的交点来确定的,这样才能确定定义域内的最值 .三、利用二次方程的判别式欲求函数 y = f(x) ( x ∈ R ) 的极值,如果可以把函数式整理成关于 x 的二次方程, 注意到 x 在其定义域内取值,即方程有实根,所以可以通过二次方程的判别式 △ ≥ 0 来探求 y 的极大值与极小值 .【例题4】 已知 0 ≤ x ≤ 1 , 求的最值 .解: 原式可化为∵ x ∈ R ,∴解得 y ≤ 1/4 或 y ≥ 9/16 ,即函数 y 的值域为 y ≤ 1/4 或 y ≥ 9/16 ,∴ y极大 = 1/4,y极小 = 9/16 .当 y = 1/4 时,代入原函数解析式得 x = 1 ∈ [ 0 , 1 ] ;当 y = 9/16 时,代入原函数解析式得 x = -1 [ 0 , 1 ] .又 x = 0 时 , y = 2/3 ,∴ 当 x = 0 时,y 取极大值 2/3 .注:① 由判别式确定的是函数的值域,由值域得到的是函数的极值而不是最值;② 对有些函数来说,极值与最值相同,而有的函数就不一定,如本题中的极大值比极小值还小,这是因为极值是就某局部而言;③ 若要求函数在给定的定义域内的最值,一定要注意极值是否在此定义域内取得, 即要注意验根 .四、利用重要不等式【例题5】 设 x , y , z ∈ R+ , 且 2x + 4y + 9z = 16 .求 6√x + 4√y + 3√z 的最大值 .解:令 u = 6√x + 4√y + 3√z ,∴ u ≤ 4√23 ,( 其中当 9/x = 1/y = 1/9z 时,即当 x = 144/23 , y = 16/23 , z = 16/207 时取等号) 故注:这里是应用柯西不等式,在应用公式时,如何构造出已知条件等式 2x + 4y + 9z = 16,颇具技巧性和解题意义 .五、利用三角函数的有界性对于三角函数的极值,通常是利用三角函数的有界性来求解问题的,如正、余弦函数的最大(小)值很明显:y = asinx + bcosx (a , b ≠ 0)引入辅助角 θ,则其最值也一目了然 . 而对于其它的类型或用同角关系式、或用万能公式、或用正余弦定理作转化,变为二次函数问题来求解 .【例题6】 求的最值 .解法一: (利用降幂公式)解法二: (用判别式法)注: 本例还可以用万能公式等方法来求解 .六、利用参数换元对于有些函数而言,直接求极值比较复杂或不方便,这时可根据题目的特点作变量代换,然后运用前面的几种方法来解决问题.在换元时,一定要注意新的变量的取值范围 . 【例题7】 求函数 y = x + √( 1 - x ) 的极值 .解:原函数变为∵ t = 1/2 ∈ [ 0 , +∞ ) ,∴ 当 t = 1/2 ,即 x = 3/4 时,ymax = 5/4 .注: 这种换元虽然十分简单,但具有代表性 .七、利用复数的性质【例题8】 已知复数 z 满足 | z | = 2 , 求 | 1 + √3 i + z | 的极值 . 解法一:设 z = 2(cosθ + isinθ) (∵ | z | = 2)故 | 1 + √3 i + z |max = 4 , | 1 + √3 i + z |min = 0 .解法二:依据 | z1 | - | z2 | ≤ | z1 + z2 | ≤ | z1 | + | z2 | ,有 | 1 + √3 i | - | z | ≤ | 1 + √3 i + z | ≤ | 1 + √3 i | + | z | ,即 2 - 2 ≤ | 1 + √3 i + z | ≤ 2 + 2 ,∴ | 1 + √3 i + z |max = 4 , | 1 + √3 i + z |min = 0 .注:求复数模的最值通常可用代数法,三角法(解法一),复数模的性质及其公式 | z1 | - | z2 | ≤ | z1 + z2 | ≤ | z1 | + | z2 | , 此外还有数形结合方法等,但以上两种方法最为简捷.八、利用数形结合有些代数和三角问题,若能借助其几何背景,予以几何直观,这时求其最值常能收到直观、明快,化难为易得功效.【例题9】 求的最值 .解: 将函数式变形为其几何意义是在直角坐标系中,动点 P(cosx , sinx)和定点 A(-2 ,-1)连线的斜率,动点 P 的轨迹为单位圆,如下图所示:知 kAB 最小,kAC 最大,显然 kAB = 0 ,又 tgθ = |OB|/|AB| = 1/2 ,tg∠A = tg2θ = 2tgθ/(1 - tg^2 θ)= 4/3 ,即 kAC = 4/3 ,故 ymin = 0 , ymax = 4/3 .注:形如 [f(x) - a] / [g(x) - b] 的函数式,通常都可视作点 (g(x) ,f(x) ) 与点 (b , a)的连线的斜率 .运用数形结合的思想解题,关键是要进行合理的联想和类比,将代数式通过转化、变形、给予几何解释,通常这种转化与变形的过程常是一种挖掘和发现的过程,如本例需要挖掘 .。

高中数学专题 微专题13 极值点偏移问题

高中数学专题 微专题13 极值点偏移问题

由 f′(x)=1-1x+ln x-2x+a=0 得
a=2x+1x-ln x-1,
所以直线 y=a 与函数 g(x)=2x+1x-ln x-1 的图象有两个交点,

g(x)

2x

1 x

பைடு நூலகம்
ln
x-1

g′(x)

2

1 x2

1 x

2x2-x-1 x2

2x+1x-1
x2
,x∈(0,+∞),
当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减, 当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,因此g(x)min=g(1)=2, 当x→0时,g(x)→+∞, 当x→+∞时,g(x)→+∞, 作出y=g(x)的大致图象,如图所示. 所以若有两个交点,只需a>2,即a的取值范围为 (2,+∞).
(2)设x1,x2是函数f(x)的两个极值点,证明:x1+x2>2.
因为x1,x2是函数f(x)的两个极值点, 所以f′(x1)=f′(x2)=0,由(1)可知g(x1)=g(x2)=a,不妨设0<x1<1<x2, 要证明x1+x2>2,只需证明x2>2-x1, 显然2-x1>1, 由(1)可知,当x∈(1,+∞)时,g(x)单调递增,所以只需证明g(x2)>g(2 -x1), 而g(x1)=g(x2)=a, 所以证明g(x1)>g(2-x1)即可, 即证明函数h(x)=g(x)-g(2-x)>0在x∈(0,1)时恒成立,
123
(2)若f′(x0)=0(f′(x)为f(x)的导函数),方程f(x)=m有两个不相等的实数 根x1,x2,求证:x1+x2>2x0.

高二数学人教A版选择性必修第二册第五章5.3.2 第1课时 函数的极值同步练习及解析答案

高二数学人教A版选择性必修第二册第五章5.3.2 第1课时 函数的极值同步练习及解析答案

高中数学人教A 版(新教材)选择性必修第二册5.3.2第1课时 函数的极值一、选择题1.设函数f (x )的定义域为R ,x 0(x 0≠0)是f (x )的极大值点,以下结论一定正确的是( ) A .-x 0是-f (-x )的极小值点 B .对任意x ∈R ,f (x )≤f (x 0) C .-x 0是f (-x )的极小值点 D .x 0是-f (x )的极大值点2.已知函数f (x )的导函数f ′(x )=a (x +1)(x -a ),若f (x )在x =a 处取到极大值,则a 的取值范围是( )A .(-∞,-1)B .(0,+∞)C .(0,1)D .(-1,0)3.函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示则( )A .12为f (x )的极大值点B .-2为f (x )的极大值点C .2为f (x )的极大值点D .45为f (x )的极小值点4.当x =1时,三次函数有极大值4,当x =3时有极小值0,且函数过原点,则此函数是( ) A .y =x 3+6x 2+9x B .y =x 3-6x 2+9x C .y =x 3-6x 2-9xD .y =x 3+6x 2-9x5.已知a 为常数,函数f (x )=x ln x -ax 2+x 有两个极值点,则实数a 的取值范围为( ) A .⎝⎛⎭⎫0,e2 B .(0,e) C .⎝⎛⎭⎫e 2,eD .⎝⎛⎭⎫e 2,e 26.(多选题)定义在R 上的可导函数y =f (x )的导函数的图象如图所示,以下结论正确的是( )A .-3是f (x )的一个极小值点B .-2和-1都是f (x )的极大值点C .f (x )的单调递增区间是(-3,+∞)D .f (x )的单调递减区间是(-∞,-3)7.(多选题)若函数f (x )=x 3+2x 2+a 2x -1有两个极值点,则a 的值可以为( ) A .0 B .1 C .2 D .3 二、填空题8.已知函数f (x )=13x 3-12x 2+cx +d 无极值,则实数c 的取值范围为________.9.若可导函数f (x )在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则f ′(1)=________,1是函数f (x )的________值.10.已知函数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 )极大值与极小值之差为________.11.已知函数f (x )=(x 2-mx -m )e x +2m (m ∈R ,e 是自然对数的底数)在x =0处取得极小值,则m =________,这时f (x )的极大值是________.12.已知函数f (x )=x e 2x -1,则函数f (x )的极小值为________,零点有________个. 三、解答题13.已知函数f (x )=x 3+ax 2+bx -1,曲线y =f (x )在x =1处的切线方程为y =-8x +1. (1)求函数f (x )的解析式;(2)求y =f (x )在区间(-1,4)上的极值.14.已知f (x )=ax 3+bx 2+cx (a ≠0)在x =±1处取得极值,且f (1)=-1. (1)试求常数a ,b ,c 的值;(2)试判断x =±1是函数的极大值点还是极小值点,并说明理由. 15.已知函数f (x )=2x 2-kx +ke x (k ∈R ).(1)k 为何值时,函数f (x )无极值?(2)试确定k 的值,使f (x )的极小值为0.参考答案一、选择题 1.答案:A答案:对于A ,函数-f (-x )与函数f (x )的图象关于原点对称,因此-x 0是-f (-x )的极小值点;对于B ,极值是一个局部性概念,因此不能确定在整个定义域上f (x 0)是否最大;对于C ,函数f (-x )与函数f (x )的图象关于y 轴对称,因此-x 0是f (-x )的极大值点;对于D ,函数f (x )与函数-f (x )的图象关于x 轴对称,因此x 0是-f (x )的极小值点,故D 错误. 2.答案:D解析:∵f ′(x )=a (x +1)(x -a ),若a <-1,∴f (x )在(-∞,a )上单调递减,在(a ,-1)上单调递增,∴f (x )在x =a 处取得极小值,与题意不符;若-1<a <0,则f (x )在(-1,a )上单调递增,在(a ,+∞)上单调递减,从而在x =a 处取得极大值,符合题意;若a >0,则f (x )在(-1,a )上单调递减,在(a ,+∞)上单调递增,与题意不符,故选D. 3.答案:A解析:对于A 选项,当-2<x <12时,f ′(x )>0,当12<x <2时,f ′(x )<0,12为f (x )的极大值点,A 选项正确; 对于B 选项,当x <-2时,f ′(x )<0,当-2<x <12时,f ′(x )>0,-2为f (x )的极小值点,B 选项错误;对于C 选项,当12<x <2时,f ′(x )<0,当x >2时,f ′(x )>0,2为f (x )的极小值点,C 选项错误;对于D 选项,由于函数y =f (x )为可导函数,且f ′⎝⎛⎭⎫45<0,45不是f (x )的极值点,D 选项错误. 故选A. 4.答案:B解析:∵三次函数过原点,故可设为y =x 3+bx 2+cx ,∴y ′=3x 2+2bx +c . 又x =1,3是y ′=0的两个根,∴⎩⎨⎧1+3=-2b 3,1×3=c3,即⎩⎪⎨⎪⎧b =-6,c =9,∴y =x 3-6x 2+9x , 又y ′=3x 2-12x +9=3(x -1)(x -3),∴当x =1时,f (x )极大值=4 , 当x =3时,f (x )极小值=0,满足条件,故选B.] 5.答案:A解析:[f ′(x )=ln x +2-2ax ,函数f (x )有两个极值点,则f ′(x )有两个零点,即函数y =ln x 与函数y =2ax -2的图象有两个交点,当两函数图象相切时,设切点为(x 0,y 0),对函数y=ln x 求导(ln x )′=1x ,则有⎩⎪⎨⎪⎧y 0=ln x 0,y 0=2ax 0-2,1x 0=2a ,解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0=-1,x 0=1e ,a =e 2,要使函数图象有两个交点,则0<2a <e ,即0<a <e2.故选A.]6.答案:ACD解析:当x <-3时,f ′(x )<0,x ∈(-3,+∞)时f ′(x )≥0,∴-3是极小值点,无极大值点,增区间是(-3,+∞),减区间是(-∞,-3).故选ACD. 7.答案:AB解析:∵f (x )=x 3+2x 2+a 2x -1,∴f ′(x )=3x 2+4x +a 2.∵函数f (x )=x 3+2x 2+a 2x -1有两个极值点,则f ′(x )=3x 2+4x +a 2与x 轴有两个交点, 即Δ=42-4×3×a 2>0解得-233<a <233,故满足条件的有AB.故选AB.二、填空题8.答案:⎣⎡⎭⎫14,+∞解析:∵f ′(x )=x 2-x +c ,要使f (x )无极值,则方程f ′(x )=x 2-x +c =0没有变号的实数解,从而Δ=1-4c ≤0,∴c ≥14.9.答案:0 极大解析:[由题意可知,当x <1时,f ′(x )>0,当x >1时,f ′(x )<0, ∴f ′(1)=0,1是函数f (x )的极大值.] 10.答案:4解析:求导得f ′(x )=3x 2+6ax +3b ,因为函数f (x )在x =2取得极值, 所以f ′(2)=3·22+6a ·2+3b =0,即4a +b +4=0. ① 又因为图象在x =1处的切线与直线6x +2y +5=0平行, 所以f ′(1)=3+6a +3b =-3,即2a +b +2=0, ②联立①②可得a =-1,b =0,所以f ′(x )=3x 2-6x =3x (x -2). 当f ′(x )>0时,x <0或x >2;当f ′(x )<0时,0<x <2,∴函数的单调增区间是(-∞,0)和(2,+∞),函数的单调减区间是(0,2), 因此求出函数的极大值为f (0)=0+c ,极小值为f (2)=-4+c , 故函数的极大值与极小值的差为0-(-4)=4,故答案为4. 11.答案:0 4e -2解析:由题意知f ′(x )=[x 2+(2-m )x -2m ]e x ,由f ′(0)=-2m =0,解得m =0, 则f (x )=x 2e x ,f ′(x )=(x 2+2x )e x ,令f ′(x )=0,解得x =0或x =-2,故函数f (x )的单调递增区间是(-∞,-2),(0,+∞),单调递减区间是(-2,0), 所以函数f (x )在x =-2处取得极大值,且有f (-2)=4e -2. 12.答案:-12e-1 1解析:∵f (x )=x e 2x -1,f ′(x )=e 2x +2x e 2x =(1+2x )e 2x , 令f ′(x )=0,可得x =-12,如下表所示:所以,函数y =f (x )的极小值为f ⎝⎛⎭⎫-12=-12e -1,f (x )=0⇒e 2x =1x, 则函数y =f (x )的零点个数等于函数y =e 2x 与函数y =1x的图象的交点个数,如图所示:两个函数的图象有且只有一个交点,即函数y =f (x )只有一个零点. 三、解答题13.解: (1)因为f (x )=x 3+ax 2+bx -1,所以f ′(x )=3x 2+2ax +b . 所以曲线y =f (x )在x =1处的切线方程的斜率k =f ′(x )|x =1=f ′(1)=3+2a +b . 又因为k =-8,所以2a +b =-11. ① 又因为f (1)=1+a +b -1=-8×1+1, 所以a +b =-7, ②联立①②解得a =-4,b =-3. 所以f (x )=x 3-4x 2-3x -1.(2)由(1)知,f ′(x )=3x 2-8x -3=3⎝⎛⎭⎫x +13(x -3), 令f ′(x )=0得,x 1=-13,x 2=3.当-1<x <-13,f ′(x )>0,f (x )单调递增;当-13≤x <3,f ′(x )<0,f (x )单调递减;当3≤x <4,f ′(x )>0,f (x )单调递增.所以f (x )在区间(-1,4)上的极小值为f (3)=-19,极大值为f ⎝⎛⎭⎫-13=-1327. 14.解: f ′(x )=3ax 2 +2bx +c , (1)法一:∵x =±1是函数的极值点, ∴x =±1是方程3ax 2+2bx +c =0的两根.由根与系数的关系知⎩⎨⎧-2b3a=0, ①c3a =-1, ②又f (1)=-1,∴a +b +c =-1,③由①②③解得a =12,b =0,c =-32.法二:由f ′(1)=f ′(-1)=0,得3a +2b +c =0, ① 3a -2b +c =0, ②又f (1)=-1,∴a +b +c =-1, ③由①②③解得a =12,b =0,c =-32.(2)f (x )=12x 3-32x ,∴f ′(x )=32x 2-32=32(x -1)(x +1).当x <-1或x >1时f ′(x )>0,当-1<x <1时,f ′(x )<0.∴函数f (x )在(-∞,-1)和(1,+∞)上是增函数,在(-1,1)上是减函数. ∴当x =-1时,函数取得极大值,x =-1为极大值点; 当x =1时,函数取得极小值,x =1为极小值点.15.解: (1)∵f (x )=2x 2-kx +k e x ,∴f ′(x )=-2x 2+(k +4)x -2ke x .要使f (x )无极值,只需f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立即可. 设g (x )=-2x 2+(k +4)x -2k ,∵e x >0,∴f ′(x )与g (x )同号. ∵g (x )的二次项系数为-2,∴只能满足g (x )≤0恒成立,∴Δ=(k +4)2-16k =(k -4)2≤0,解得k =4,∴当k =4时,f (x )无极值. (2)由(1)知k ≠4,令f ′(x )=0,得x 1=2,x 2=k2.①当k2<2,即k <4时,当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表:由题意知f ⎝⎛⎭⎫k 2=0,可得2·⎝⎛⎭⎫k 22-k ·k 2+k =0,∴k =0,满足k <4. ②当k2>2,即k >4时,当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表:由题意知f (2)=0,可得2×22-2k +k =0,∴k =8,满足k >4.综上,当k=0或k=8时,f (x)有极小值0.。

极值点偏移四种题型的解法及例题

极值点偏移四种题型的解法及例题

极值点偏移是高中数学中的一个重要概念,也是学生们比较头疼的一个知识点。

在解决数学问题时,我们经常会遇到一些与极值点有关的题型,比如函数的极值问题、优化问题等。

而在解决这些问题时,极值点偏移方法是一种非常实用的解题技巧。

本文将从四种题型出发,对极值点偏移方法进行详细解析,并结合具体例题进行说明。

1. 函数的极值问题函数的极值问题是高中数学中的一个重要内容。

在解决这类问题时,我们常常会用到导数的概念,来求函数的极值点。

但有些情况下,我们可以通过极值点偏移方法更快地得到函数的极值点。

比如对于一些简单的函数,通过极值点的平移和对称性,可以用更简洁的方法求得函数的极值点。

举例说明:已知函数 $f(x)=x^3-3x^2+2$,求 $f(x)$ 的极值点。

解:求导得 $f'(x)=3x^2-6x$。

令导数为零,得到 $x=0$ 或 $x=2$。

根据导数的符号,可知 $x=0$ 是极小值点,$x=2$ 是极大值点。

但通过极值点偏移方法,我们可以发现,当 $x=0$ 时,$f(x)=2$;而当$x=2$ 时,$f(x)=2$。

也就是说,极小值点 $x=0$ 对应的函数值和极大值点 $x=2$ 对应的函数值相等。

这就是极值点偏移的思想。

2. 优化问题优化问题是数学建模中常见的类型之一,也是考察学生综合运用数学知识解决实际问题的一种形式。

当我们遇到优化问题时,常常需要求解函数的极值点。

而极值点偏移方法可以帮助我们更快地找到函数的极值点,从而解决优化问题。

举例说明:一块长为20厘米的铁皮,可以做成一个底面积为 $x cm^2$ 的正方形盒子和一个底面积为 $y cm^2$ 的开口放平盒子,求怎样分割这块铁皮才能使总体积最大。

解:设正方形盒子的边长为 $a$,开口朝下的放平矩形盒子的底边长为 $b$,高为 $h$。

则根据题意可知,$b=a+2h$,且 $x=a^2$,$y=bh$。

问题转化为求 $x+y$ 的最大值。

高中数学导数典型例题

高中数学导数典型例题

高中数学导数典型例题题型一:利用导数研究函数的单一性、极值、最值1. 已知函数 f (x) x3 ax2 bx c 过曲线 y f ( x) 上的点 P(1, f (1)) 的切线方程为y=3x+1 。

(1)若函数 f (x)在x 2 处有极值,求 f (x ) 的表达式;(2)在( 1)的条件下,求函数y f (x ) 在[-3,1] 上的最大值;(3)若函数y f (x )在区间 [ - 2, 1] 上单一递加,务实数 b 的取值范围2. 已知f (x ) 2 x3 2ax 2 3x ( a R ).31(1) 当| a |时,求证:f (x )在(1, 1) 内是减函数;4(2) 若y f (x ) 在 ( 1, 1) 内有且只有一个极值点,求a的取值范围.题型二:利用导数解决恒建立的问题例 1 :已知f ( x)x36ax29a2 x (a R ).(Ⅰ)求函数 f ( x) 的单一递减区间;(Ⅱ)当 a 0 时,若对x 0,3 有f ( x) 4 恒建立,务实数 a 的取值范围.例 2 :已知函数f ( x) e2x 2t(e x x) x2 2t 2 1,g ( x) 1 f ( x) .2(1)证明:当t 2 2 时, g(x) 在R上是增函数;(2)关于给定的闭区间[ a, b] ,试说明存在实数k ,当 t k 时,g( x)在闭区间[a,b]上是减函数;(3)证明:f ( x)≥3.2例 3:已知( ) ln , ( ) 2 3f x x axx x g x(1)求函数 f (x) 在 [t,t 2](t 0) 上的最小值(2)对x (0, ),2 f (x) g(x)恒建立,务实数 a 的取值范围(3)证明:对全部x∈( 0,+∞),都有 lnx >建立。

题型三:利用导数研究方程的根例 4 :已知函数 f ( x ) ax3 3x 2 1 3 .f ( x) 的单一性;a(I)议论函数(Ⅱ)若曲线 f (x) 上两点A、B处的切线都与y 轴垂直,且线段AB 与x轴有公共点,务实数 a 的取值范围.例 5 :已知函数 f ( x) ax3 bx 2 3x( a, b R) ,在点 (1, f (1)) 处的切线方程为y 2 0. (1)若关于区间[2,2] 上随意两个自变量的值x1 , x2,都有 | f ( x1 ) f (x2 ) | c ,务实数c 的最小值。

高中数学选择性必修二 5 3 2 1函数的极值(知识梳理+例题+变式+练习)(含答案)

高中数学选择性必修二 5 3 2 1函数的极值(知识梳理+例题+变式+练习)(含答案)

5.3.2.1函数的极值要点极值点与极值1.极小值与极小值点如图,若函数y=f(x)在点x=a处的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点的函数值都小,f′(a)=0;而且在点x=a附近的左侧f’(x)<0,右侧f’(x)>0,则把点a叫做函数y=f(x)的极小值点,f(a)叫做函数y=f(x)的极小值.2.极大值与极大值点如上图,若函数y=f(x)在点x=b处的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点的函数值都大,f′(b)=0;而且在点x=b附近的左侧f’(x)>0,右侧f’(x)<0,则把点b叫做函数y=f(x)的极大值点,f(b)叫做函数y=f(x)的极大值.极小值点、极大值点统称为极值点,极大值和极小值统称为极值.【重点总结】(1)函数的极值是函数的局部性质,它反映了函数在某一点附近的大小情况.(2)由函数极值的定义知道,函数在一个区间的端点处一定不可能取得极值,即端点一定不是函数的极值点.(3)在一个给定的区间上,函数可能有若干个极值点,也可能不存在极值点;函数可能只有极大值,没有极小值,或者只有极小值没有极大值,也可能既有极大值,又有极小值.极大值不一定比极小值大,极小值也不一定比极大值小.(4)若f(x)在某区间内有极值,那么f(x)在该区间内一定不是单调函数,即在区间上单调的函数没有极值.【基础自测】1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)(1)若函数f(x)在(a,b)内有极值,则f(x)在(a,b)内一定不单调.()(2)导数为零的点一定是极值点.()(3)函数的极大值一定大于极小值.()(4)在可导函数的极值点处,切线与x轴平行或重合.()【答案】(1)√(2)×(3)×(4)√2.(多选题)下图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象,则下列命题中正确的是()A.-3是函数y=f(x)的极值点B.-1是函数y=f(x)的最小值点C.y=f(x)在x=0处切线的斜率小于零D.y=f(x)在区间(-3,1)上单调递增【答案】AD【解析】由导函数图象知函数f(x)在(-∞,-3)上单调递减,(-3,+∞)上单调递增,f′(-3)=0,所以x =-3是函数f(x)的极值点,故AD正确,B不正确;又f′(0)>0,所以y=f(x)在x=0处切线的斜率大于0,故C不正确.3.函数y=(x2-1)3+1的极值点是()A.极大值点x=-1 B.极大值点x=0C.极小值点x=0 D.极小值点x=1【答案】C【解析】y′=6x(x2-1)2=0有三个根,x1=-1,x2=0,x3=1,由解y′>0得x>0;由解y′<0得x<0,只有x=0是极小值点,故选C.4.若函数y=-x3+6x2+m的极大值等于13,则m=__________.【答案】-19【解析】y′=-3x2+12x由y′>0得0<x<4.由y′<0得x<0或x>4所以函数y=-x3+6x2+m在(-∞,0)和(4,+∞)上单调递减,在(0,4)上单调递增.所以函数y=-x3+6x2+m在x=4处取得极大值.所以-43+6×42+m=13.解得m=-19.题型一求函数的极值(点)【例1】(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】(1)D【解析】(1)由函数的图象可知,f ′(-2)=0,f ′(2)=0,并且当x <-2时,f ′(x )>0;当-2<x <1时,f ′(x )<0,则函数f (x )有极大值f (-2).又当1<x <2时,f ′(x )<0;当x >2时,f ′(x )>0,则函数f (x )有极小值f (2),故选D.(2)求下列函数的极值: ①f (x )=13x 3-x 2-3x ;②f (x )=x 4-4x 3+5; ③f (x )=ln xx.【极值】(2)①函数的定义域为R . f ′(x )=x 2-2x -3=(x +1)(x -3). 令f ′(x )=0,得x 1=-1,x 2=3.由此可知当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表所示:当x =-1时,f (x )有极大值53.当x =0时,f (x )有极小值0. ②因为f (x )=x 4-4x 3+5,所以f ′(x )=4x 3-12x 2=4x 2(x -3). 令f ′(x )=4x 2(x -3)=0,得x 1=0,x 2=3. 当x 变化时,f ′(x )与f (x )的变化情况如下表:③函数f (x )=ln xx 的定义域为(0,+∞),且f ′(x )=1-ln xx 2.令f ′(x )=1-ln xx 2=0,得x =e.当x故当x =e 时函数取得极大值,且f (e)=1e.【方法归纳】 (1)求函数极值的步骤确定定义域―→求导确定f ′(x )―→解方程f ′(x )=0―→列表分析单调性―→判断x 0左右两侧单调性―→得极值(2)求函数的极值需严格按照求函数极值的步骤进行,重点考虑两个问题:一是函数的定义域,注意判断使导数值为0的点是否在定义域内,如果不在定义域内,需要舍去;二是检查导数值为0的点的左右两侧的导数值是否异号,若异号,则该点是极值点,否则不是极值点.【跟踪训练1】(1)(多选题)已知函数f (x )的定义域为R 且导函数为f ′(x ),如图是函数y =xf ′(x )的图象,则下列说法正确的是( )A .函数f (x )的增区间是(-2,0),(2,+∞)B .函数f (x )的增区间是(-∞,-2),(2,+∞)C .x =-2是函数的极小值点D .x =2是函数的极小值点【答案】(1)BD【解析】由题意,当0<x <2时,f ′(x )<0;当x >2,f ′(x )>0;当-2<x <0时,f ′(x )<0;当x <-2时,f ′(x )>0 即函数f (x )在(-∞,-2)和(2,+∞)上单调递增,在(-2,2)上单调递减, 因此函数f (x )在x =2时取得极小值,在x =-2时取得极大值; 故A 、C 错,B 、D 正确.(2)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 -3 C .5e -3 D .1【答案】(2)A【解析】(2)∵f (x )=(x 2+ax -1)e x -1,∴f ′(x )=(2x +a )e x -1+(x 2+ax -1)e x -1=[x 2+(a +2)x +a -1]e x -1.又x=-2是函数f (x )=(x 2+ax -1)e x -1的极值点,所以-2是x 2+(a +2)x +a -1=0的根,所以a =-1.∴f ′(x )=(x 2+x -2)e x -1=(x +2)(x -1)e x -1,令f ′(x )=0得x =-2或x =1,令f ′(x )<0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=-1.故选A. 题型二 与参数有关的极值问题 探究1 已知函数极值求参数【例2】设函数f (x )=ax 3+bx 2+cx ,在x =1和x =-1处有极值,且f (1)=-1,求a ,b ,c 的值,并求出相应的极值.【解析】f ′(x )=3ax 2+2bx +c .∵x =±1是函数的极值点.则-1,1是方程f ′(x )=0的根,即有⎩⎨⎧-1+1=-2b3a ,-1=c 3a,⇒⎩⎪⎨⎪⎧b =0,c =-3a .又f (1)=-1,则有a +b +c =-1.由上述三个方程便可解得a =12,b =0,c =-32,此时函数的表达式为f (x )=12x 3-32x .∴f ′(x )=32x 2-32.由题意知,x =±1是f ′(x )=0的根.根据x =±1列表分析f ′(x )的符号,f (x )的单调性和极值点.当x =-1时,函数有极大值,且f (-1)=1; 当x =1时,函数有极小值,且f (1)=-1. 【重点总结】由条件可知f ′(1)=0,f ′(-1)=0,且f(1)=-1,因此可构造关于a ,b ,c 的方程组求出a ,b ,c 的值,确定函数解析式后判断x =1和x =-1分别是极大值点还是极小值点. 【方法归纳】已知函数极值情况,逆向应用确定函数的解析式,进而研究函数性质时,注意两点: (1)常根据极值点处导数为0和极值两个条件列方程组,利用待定系数法求解.(2)因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件,所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性. 探究2 已知函数极值点,求参数范围【例3】函数f (x )=13x 3-x 2+ax -1有极值点,则实数a 的取值范围为________.【答案】(-∞,1) 【解析】f ′(x )=x 2-2x +a由题意知,方程x 2-2x +a =0有两个不同的实数根, 所以Δ=4-4a >0,解得a <1.【变式探究1】本例条件“函数f (x )=13x 3-x 2+ax -1有极值点”改为“函数f (x )=13x 3-x 2+ax -1有一正一负两个极值点”,则实数a 的取值范围如何?【解析】由题意知方程x 2-2x +a =0有一正一负两个根,设为x 1,x 2,则x 1x 2=a <0,故实数a 的取值范围是(-∞,0).变式探究2 本例中的条件“函数f (x )=13x 3-x 2+ax -1有极值点”改为“函数f (x )=ax 3-2x 2+x +c (a >0)在(-∞,+∞)上无极值点”,则实数a 的取值范围如何?【解析】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.解得a ≥43, 故实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫43,+∞. 【变式探究3】本例条件“函数f (x )=13x 3-x 2+ax -1有极值点”改为“函数f (x )=ax 22-x (ln x -1)有两个不同的极值点”,则实数a 的取值范围又如何?【解析】由题意知,函数f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=ax -ln x , 令f ′(x )=ax -ln x =0,可得a =ln xx令h (x )=ln xx ,则由题意可知直线y =a 与函数h (x )的图象有两个不同的交点. h ′(x )=1-ln x x 2,令h ′(x )=0得x =e可知h (x )在(0,e)上单调递增,在(e ,+∞)上单调递减.∴h (x )≤h (e)=1e当x 趋向于+∞时,h (x )趋向于零.故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0,1e . 【方法归纳】(1)已知函数极值点的个数求参数取值范围的一般思路:求导后分离参数,转化为直线与曲线的交点问题. (2)对于函数无极值的问题,往往转化为f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在某区间内恒成立的问题,此时需注意不等式中的等号是否成立.【跟踪训练2】(1)已知f (x )=x 3+3ax 2+bx +a 2在x =-1时有极值0,则a =________,b =________. 【答案】(1)2 9【解析】(1)因为f (x )在x =-1时有极值0,且f ′(x )=3x 2+6ax +b ,所以⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(-1)=0,f (-1)=0,即⎩⎪⎨⎪⎧3-6a +b =0,-1+3a -b +a 2=0. 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a =1,b =3或⎩⎪⎨⎪⎧a =2,b =9.当a =1,b =3时,f ′(x )=3x 2+6x +3=3(x +1)2≥0,所以f (x )在R 上是增函数,无极值,故舍去. 当a =2,b =9时,f ′(x )=3x 2+12x +9=3(x +1)(x +3).因为当x ∈(-3,-1)时,f (x )是减函数;当x ∈(-1,+∞)时,f (x )是增函数,所以f (x )在x =-1时取得极小值,因此a =2,b =9.(2)若函数f (x )=x 2+a ln x 在区间(1,+∞)上存在极小值,则实数a 的取值范围为________. 【答案】(2)a <-2 【解析】(2)因为f (x )=x 2+a ln x ,所以f ′(x )=2x +a x =2x 2+ax,当a ≥0时,无极值,所以a <0,当a <0时,x =-a2是f (x )的极值点,因为f (x )在(1,+∞)上存在极小值,所以 -a2>1,得a <-2. 题型三 函数极值的综合应用【例4】已知函数f (x )=13x 3-12ax 2,a ∈R .(1)当a =2时,求曲线y =f (x )在点(3,f (3))处的切线方程; (2)讨论f (x )的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 【解析】(1)由题意f ′(x )=x 2-ax ,所以,当a =2时,f (3)=0,f ′(x )=x 2-2x , 所以f ′(3)=3,因此,曲线y =f (x )在点(3,f (3))处的切线方程是y =3(x -3),即3x -y -9=0.(2)因为f ′(x )=x 2-ax =x (x -a ),①a =0时,f ′(x )=x 2≥0,f (x )在R 上单调递增; ②a >0时,令f ′(x )>0,得x >a 或x <0,所以f (x )在(-∞,0)和(a ,+∞)上单调递增;令f ′(x )<0,得0<x <a ,所以f (x )在(0,a )上单调递减, 所以当x =0时,f (x )取得极大值,极大值是f (0)=0.当x =a 时,f (x )取得极小值,是f (a )=-16a 3;③a <0时,令f ′(x )=0,得x 1=a <x 2=0,所以f (x )在(-∞,a )和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,所以当x =a 时,f (x )取到极大值,极大值为f (a )=-16a 3,当x =0时,f (x )取得极小值是f (0)=0.【易错辨析】对函数取极值的充要条件把握不准致误【例5】已知函数f (x )=x 3+ax 2+bx +a 2(a ,b ∈R )在x =1处取得极值10,则f (2)的值为________. 【答案】18【解析】f ′(x )=3x 2+2ax +b .由题意,得⎩⎪⎨⎪⎧f (1)=10,f ′(1)=0,即⎩⎪⎨⎪⎧a 2+a +b +1=10,2a +b +3=0, 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a =4b =-11或 ⎩⎪⎨⎪⎧a =-3,b =3.当a =4,b =-11时,令f ′(x )=0,得x 1=1,x 2=-113.单调递增单调递减当a =-3,b =3时,f ′(x )=3x 2-6x +3=3(x -1)2≥0, 此时f (x )没有极值,不符合题意. 综上可知,f (2)=18.一、单选题1.函数()()1cos sin x x f x =-在[]π,π-的图象大致为( ).A .B .C .D .【答案】C 【分析】根据定义判断()()1cos sin x x f x =-是奇函数排除B ;根据[]0,πx ∈时,()0f x ≥,故排除选项A ;求导,利用导数判断单调性和极值点可排除D ,进而可得正确选项. 【解析】因为函数()()1cos sin x x f x =-的定义域为[]π,π-,关于原点对称, 由()()()()()1cos sin 1cos sin f x f x x x x x =-⋅-=--=--,所以()()1cos sin x x f x =-是奇函数,图象关于原点对称,故排除选项B ; 当[]0,πx ∈时,()()1cos sin 0x f x x =-≥,故排除选项A ;()()()()22sin 1cos cos 2cos cos 1cos 12cos 1x x x x x x x f x =+-=-++=--+'当2π03x <<时,()0f x '>;当2ππ3x <<时,()0f x '<, 所以函数()()1cos sin x x f x =-在()0,π上的极大值点为2π3x =,故排除选项D , 故选:C.2.设函数()x f x xe =,则( )A .1x =-为()f x 的极大值点且曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线的斜率为1B .1x =为()f x 的极小值点且曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线的斜率为2eC .1x =-为()f x 的极小值点且曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线的斜率为1D .1x =-为()f x 的极小值点且曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线的斜率为2e 【答案】C 【分析】对函数()f x 求导,求出函数()f x 的单调性,进而可得出其极值点,由(0)1f '=,可得到在点(0,(0))f 处的切线斜率. 【解析】解:因为()x f x xe =,所以()(1)x x x f x e xe x e '=+=+, 令()0f x '>,解得1x >-,令()0f x '<,解得1x <-, ()f x ∴在(,1)-∞-上单调递减,在(1,)-+∞上单调递增,1x ∴=-是函数()f x 的极小值点,又(0)1f '=,则曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线斜率为1, 故选:C .3.已知函数()e sin xf x a x =+,则下列说法正确的是( )A .当1a =-时,()f x 在(0,)+∞单调递减B .当1a =-时,()f x 在()()0,0f 处的切线为x 轴C .当1a =时,()f x 在()π,0-存在唯一极小值点0x ,且()010f x -<<D .对任意0a >,()f x 在()π,-+∞一定存在零点 【答案】C 【分析】直接法,逐一验证选项.选项A ,利用导数的符号进行判断即可;选项B ,通过切点求切线,再通过点斜式写出切线方程;选项C 通过导数求出函数极值并判断极值范围;选项D ,通过构造函数,将零点问题转化判断函数与直线y a =的交点问题. 【解析】对于选项A ,当1a =-时,()sin x f x e x =-,(0,)x ∈+∞,()cos 0x f x e x -'=>恒成立,所以()f x 在(0,)+∞单调递增,故选项A 不正确; 对于选项B ,当时,()sin x f x e x =-,(0)1f =,故切点为(0,1) ,()cos x f x e x '=-,所以切线斜率0)0k f ='(=,故直线方程为:10(0)y x -=-,即切线方程为:1y = ,故选项B 不正确;对于选项C ,当1a =时,()+sin x f x e x =,(,0)x π∈-,()+cos x f x e x '=,()sin 0x f x e x ''=->恒成立,所以()f x '单调递增,又3433()cos()044f e πππ-'-=+-<,2()02f e ππ-'-=> 故()f x '存在唯一极值点,不妨设3,42x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭ ,则0()=0f x ',即00+cos =0x e x ,且003,()0;,()042x x f x x x f x ππ''-<<<<<->,所以极小值000000()=+sin sin cos )(1,0)4xf x e x x x x π=--∈-,故选项C 正确;对于选项D ,对于()+sin x f x e a x =,(,+)x π∈-∞,令()0f x =,即+sin 0x e a x =,当,1x k k π=>-,且Z k ∈, 显然没有零点,故,1x k k π≠>-,且Z k ∈,所以sin x e a x=-则令()sin x e F x x =-,2(cos sin )()sin x e x x F x x -'=,令()=0F x ',解得+,14x k k k Z ππ=≥-∈,,所以3(,)4x ππ∈-- 单调递减,3(,0)4x π∈- 单调递增,有极小值343()40F ππ-->,于是知(,0)x π∈-时得34()F x π-≥ ,所以当34)a π-∈时,函数无零点,对于条件中任意的0a >均有零点矛盾,故选项D不正确; 故选:C 【方法点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法:一是利用导数研究含参函数的单调性,常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用;二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.4.若函数()()22e xx a f x x =++⋅在R 上无极值,则实数a 的取值范围( )A .()2,2-B .(-C .⎡-⎣D .[]22-,【答案】D 【分析】求()()222e xx a f x x a ⎡⎤++++⋅⎣⎦'=,由分析可得()2220y x a x a =++++≥恒成立,利用0∆≤即可求得实数a 的取值范围.【解析】由()()22e xx a f x x =++⋅可得()()()()222e 2e 22e x x xx a x ax x a x f a x ⎡⎤=+⋅+++⋅=++++⋅⎣⎦',e 0x >恒成立,()222y x a x a =++++为开口向上的抛物线, 若函数()()22e xx a f x x =++⋅在R 上无极值,则()2220y x a x a =++++≥恒成立,所以()()22420a a ∆=+-+≤,解得:22a -≤≤,所以实数a 的取值范围为[]22-,, 故选:D.5.已知函数322()3f x x mx nx m =-++在1x =-处取得极值0,则m n +=( ) A .2 B .7C .2或7D .3或9【答案】B 【分析】求导得到导函数,根据题意得到()10f '-=且()10f -=,解得答案并验证即可. 【解析】322()3f x x mx nx m =-++,2()36f x x mx n '=-+,根据题意:(1)360f m n '-=++=,2(1)130f m n m -=---+=,解得13m n =-⎧⎨=⎩或29m n =-⎧⎨=⎩,当13m n =-⎧⎨=⎩时,()22()363310f x x x x '=++=+≥,函数单调递增,无极值点,舍去. 当29m n =-⎧⎨=⎩时,()()2()3129314f x x x x x '=++=++, 在(),4x ∈-∞-和()1,x ∈-+∞时,()0f x '>,函数单调递增;在()4,1x ∈--时,()0f x '<,函数单调递减,故函数在1x =-出有极小值,满足条件. 综上所述:927m n +=-=. 故选:B.6.关于函数()2()23xf x x x e =--,给出下列四个判断:①()0f x <的解集是{}13x x -<<; ②()f x 有极小值也有极大值; ③()f x 无最大值,也无最小值; ④()f x 有最大值,无最小值. 其中判断正确的是( ) A .①②③ B .①②④ C .②③ D .①④【答案】A 【分析】对①,将不等式转化为2230x x --<,解一元二次不等式;对②,对函数求导后,再解导数不等式;对③④利用导数求出函数的单调区间,结合,x x →-∞→+∞时,函数值的取值情况,即可得到答案; 【解析】①因为0x e >,所以由()0f x <得()2()230x f x x x e =--<,即2230x x --<,解得13x ,即()0f x <的解集是{}13x x -<<,所以①正确.②函数的导数为()()22()(22)235x x xf x x e x x e x e =-+--=-',由()0f x '>,得x >x <()0f x '<得x所以当x =x =②正确.③由②知,当)x ∈+∞或(,x ∈-∞时,函数单调递增,且x →+∞时,()f x →+∞;当x →-∞时,()0f x →,所以()f x 无最大值,也无最小值.所以③正确.④由③知()f x 无最大值,也无最小值,所以④错误. 所以判断正确的是①②③. 故选:A .7.已知函数3()f x ax x =-,若x R ∀∈,()cos 0f x x '+≥,则实数a 的最小值为( )A .12 B .17C .14 D .16【答案】D 【分析】原问题转化为231cos 0ax x -+≥恒成立,令2()31cos g x ax x =-+,利用导数求其最小值为()00g =,只需满足()0g x ≥即可求解. 【解析】由函数3()f x ax x =-,得()231f x ax '=-,若x R ∀∈,()cos 0f x x '+≥,即231cos 0ax x -+≥恒成立, 令2()31cos g x ax x =-+,()6sin g x ax x '=-,当61a ≥时,若0x <时,()6sin sin 0g x ax x x x '=-≤-<, 若0x >时,()6sin sin 0g x ax x x x '=-≥->,所以0x =时函数()g x 取得最小值()00g =,所以()0g x ≥成立, 故16a ≥时,x R ∀∈,()cos 0f x x '+≥恒成立. 故选:D8.函数221()e 4x f x x x x =---的极大值为( )A .12-B .12e-C .0D .14-【答案】B 【分析】根据函数的导数,分析函数单调性区间即可求出函数极大值. 【解析】函数221()e 4x f x x x x =---的定义域为R ,则2()(21)e 1xf x x ,令()0f x '=,解得0x =,12x =-,当12x <-或0x >时,()0f x '>,则()f x 单调递增,当102x -<<时,()0f x '<,则()f x 单调递减,所以当12x =-时,()f x 取得极大值1122ef . 故选:B二、多选题9.已知函数()2sin f x x x =+,则下列说法正确的是( )A .()f x 只有一个极值点B .设()()()g x f x f x =⋅-,则()g x 与()f x 的单调性相同C .()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增D .()f x 有且只有两个零点【答案】ACD 【分析】利用()f x 的二次求导,得到()00f '>, 102f ⎛⎫'-< ⎪⎝⎭,从而存在01,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,使得0()0f x '=,结合函数极值点的定义即可判断选项A ,求出()g x 的解析式,然后利用导数研究其单调性即可判断选项B ,利用函数单调性的结论即可判断选项C .利用函数()f x 的极值点即可判断选项D . 【解析】解:由题知,()2cos f x x x '=+,()2sin 0f x x ''=->,所以()2cos f x x x '=+在R 上单调递增,当0x =时,()010f '=>;当12x =-时,111cos 022f ⎛⎫'-=-+< ⎪⎝⎭,所以存在01,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,使得()00f x '=,所以函数2()sin f x x x =+在()0,x -∞上单调递减,在()0,x +∞上单调递增,所以()f x 有且只有一个极值点,故A 正确;因为2()sin f x x x -=-,所以42()()()sin g x f x f x x x =⋅-=-,所以33()42sin cos 4sin 2g x x x x x x '=-=-,所以(0)0g '=,故()g x 的一个极值点为0,所以()g x 与()f x 的单调性不相同,故B 错误; 因为2yx 与sin y x =在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上都是单调递增,所以2()sin f x x x =+在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,故C 正确;因为()f x 有且只有一个极值点0x ,01,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,且(0)0f =,所以()f x 在()0,x -∞和()0,x +∞上各有一个零点,所以()f x 有且只有两个零点,故D 正确. 故选:ACD .10.若函数()()3220f x x ax a =-<在6,23a a +⎛⎫ ⎪⎝⎭上有最大值,则a 的取值可能为( )A .-6B .-5C .-3D .-2【答案】AB 【分析】求导得到导函数,计算函数的单调区间,得到函数的极大值点,根据题意得到633a a f f +⎛⎫⎛⎫≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,解得答案.【解析】()322f x x ax =-,则()26263a f x x ax x x ⎛⎫'=-=- ⎪⎝⎭,当,3a x ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭和()0,∞+时,()0f x '>,函数单调递增;当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '<,函数单调递减.()f x 在3ax =处取极大值为3327a a f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.函数()()3220f x x ax a =-<在6,23a a +⎛⎫ ⎪⎝⎭上有最大值,故6233a a a +<<,且633a a f f +⎛⎫⎛⎫≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,即3236632327a a a a ⎛⎫⎛⎫-≥- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭++, 解得4a ≤-. 故选:AB.11.关于函数()1ln f x x x=+,下列说法正确的是( ) A .()1f 是()f x 的极大值 B .函数()y f x x =-有且只有1个零点C .()f x 在(),1-∞上单调递减D .设()()g x xf x =,则1e g g⎛⎫< ⎪⎝⎭【答案】BD 【分析】由函数()f x 的定义域为(0,)+∞,可知选项C 错误,再利用导数求出极小值可判断选项A 错误;由1()ln y f x x x x x=-=+-求导,可判断该函数在(0,)+∞上单调递减且1x =时其函数值为0,可判断选项B 正确;对()()1ln g x xf x x x ==+求导,分析单调性,求出最小值可判断选项D 正确. 【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞,可知C 错误, 对A ,22111()x f x x x x-'=-+=, 当(0,1)x ∈时,()0f x '<,函数()f x 在(0,1)上单调递减; 当(1,)x ∈+∞时,()0f x '>,函数()f x 在(1,)+∞上单调递增, 所以当1x =时,函数()f x 取得极小值(1)1f =,故A 错误;对B ,1()ln y f x x x x x=-=+-,其定义域为(0,)+∞, 22222131112410x x x y x x x x ⎛⎫--- ⎪-+-⎝⎭=-+-==<', 所以函数()y f x x =-在(0,)+∞上单调递减,又1x =时其函数值为0, 所以函数()y f x x =-有且只有1个零点,故B 正确; 对D ,()()1ln g x xf x x x ==+,其定义域为(0,)+∞, (),ln 1g x x =+,令(),0g x =,得1=x e,当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x '<,函数()g x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减;当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0g x '>,函数()g x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增,所以当1=x e 时,函数()g x 取得极小值1g e ⎛⎫⎪⎝⎭,也是最小值,所以1g g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭,故D 正确.故选:BD第II 卷(非选择题)请点击修改第II 卷的文字说明三、填空题12.已知函数ln ()1x a xf x e x-=--有两个不同的零点,则实数a 的取值范围是___________. 【答案】()1,+∞ 【分析】将原函数有两个不同零点,等价于ln 1x axe x-=+有两个不同的根,通过变形,换元,得到原式子等价于()ln 0a t t t e =>有两个不等根,构造函数()ln a tg t t e=-,研究函数的单调性,极值问题,可得到只要函数最大值大于零即可. 【解析】ln ()1x a x f x e x-=--有两个不同的零点,等价于方程ln 1x a xe x -=+有两个不同的根, 变形为ln 1ln ln x xx a a e x xe x x xe e x e=+⇒=+= 设x t xe =,原式子等价于()ln 0att t e => 有两个不等根()()'11ln ,a at g t t g t e t e =-=- 函数极值点为a t e = 函数在()0,ae上是单调递增的,函数在(),ae +∞上是单调递减的,故得到函数的最大值为()01ag e a >⇒>当t 趋向于0时,()g t 趋向于负无穷,当t 趋向于正无穷时,()g t 趋向于负无穷 函数最大值大于零,故可得当1a >时,函数有两个不等的根. 故答案为:()1,+∞.13.已知函数()()2133f x x x x a =++,()f x 有两个极值点1x ,2x ,设()()11,A x f x ,()()22,B x f x ,直线AB与x 轴的交点在曲线()y f x =上,则a 的值是__________. 【答案】0或2或94【分析】求出导函数,确定存在两个极值点的条件,然后对极值点12,x x 按12()()0f x f x ''==处理, 计算()321111133a f x x x x =++,利用1()0f x '=代入进行幂,得出()112()399a f x a x =--,同理()()222399a f x a x =--,从而得出直线l 的方程()2399ay a x =--,由此求得直线与x 轴交点坐标,由交点在函数图象上求得a 的值. 【解析】(1)因为()()2321113333f x x x x a x x ax =++=++,所以()()2221133a a f x x x x '=++=++-. ①当3a ≥时,()0f x ≥,当且仅当3a =,且1x =-时,()0f x '=.所以()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞,无单调递减区间,没有极值点. ②当3a <时,令()0f x '=,得11x =-21x =-+()f x ',()f x 的变化情况如下:所以()f x 的单调递增区间为,1⎛-∞- ⎝,1⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭, 单调递减区间为11⎛-- ⎝. (2)因为()f x 有两个极值点1x ,2x ,由(1)知3a <,且1x ,2x 是方程()0f x '=的两个根.所以21123a x x =--,22223a x x =--. 所以()3221111111111233333a a a f x x x x x x x x ⎛⎫=++=--++ ⎪⎝⎭()21111112122233933999a ax ax x ax a x ⎛⎫=+=--+=-- ⎪⎝⎭ 同理()()222399af x a x =--. 因此直线l 的方程为()2399ay a x =--. 设直线l 与x 轴的交点为()0,0x ,得()0 23ax a =-.由题设知,点()0,0x 在曲线()y f x =上,故()00f x =, 又因为()()()()322013232363a a a f x a a a ⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭()()()()()()()()()()222222333333417186343249243243243243243a a a a a a a a a a a a a a a a -+----=++==-----所以0a =或2或94. 14.已知函数()21ln 2f x x x mx =+有两个极值点,则实数m 的取值范围为___________.【答案】()1,0-【分析】把函数()21ln 2f x x x mx =+有两个极值点,转化为()0f x '=有两个不同正根12,x x ,利用分离参数法得到ln 1x m x +=-.令()()ln 1,0x h x x x +=->,y m =,只需()ln 1x h x x +=-和y m=有两个交点.利用导数研究()()ln 1,0x h x x x+=->的单调性与极值,即可求出m 的取值范围. 【解析】()21ln 2f x x x mx =+的定义域为()0+∞,,()ln 1f x x mx '=++. 要使函数()21ln 2f x x x mx =+有两个极值点,只需()0f x '=有两个不同正根12,x x ,并且在1x 的两侧()y f x =的单调性相反,在2x 的两侧()y f x =的单调性相反.由ln 10x mx ++=得,ln 1x m x+=-. 令()()ln 1,0x h x x x +=->,y m =,要使函数()21ln 2f x x x mx =+有两个极值点,只需()ln 1x h x x+=-和y m=有两个交点. ()2ln x h x x '=,令()2ln 0x h x x '=>得:x >1;令()2ln 0xh x x '=<得:0<x <1; 所以()ln 1x h x x+=-在()0,1上单减,在()1,+∞上单增. 当0x +→时,y →+∞;当x →+∞时,0y →; 作出()ln 1x h x x+=-和y m=的图像如图,所以-1<m <0即实数m 的取值范围为()1,0-. 故答案为:()1,0- 【点睛】利用导数研究零点问题:(1)确定零点的个数问题:可利用数形结合的办法判断交点个数,如果函数较为复杂,可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象;(2)方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题,可参变分离,转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数g (x )的方法,把问题转化为研究构造的函数g (x )的零点问题;(3)利用导数硏究函数零点或方程根,通常有三种思路:①利用最值或极值研究;②利用数形结合思想研究;③构造辅助函数硏究,四、解答题15.已知函数321()2313f x x x x =-++.(1)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程; (2)求函数()f x 的极值. 【答案】 (1)310x y -+= (2)极大值为7(1)3f =,极小值为(3)1f = 【分析】(1)求导2()43f x x x '=-+,进而得到(0)3f '=,又(0)1f =,写出切线方程; (2)由(1)知()(1)(3)f x x x =--',分别令()0f x '>,()0f x '<求解. (1)解:2()43f x x x '=-+, ∴(0)3f '=,又(0)1f =, ∴所求切线方程为13(0)y x -=-, 即310x y -+=. (2)由(1)易知()(1)(3)f x x x =--',∴令()0f x '>,得1x <或3x >;令()0f x '<,得13x <<. ∴()f x 在(,1),(3,)-∞+∞上单调递增,在(1,3)上单调递减. ∴()f x 的极大值为7(1)3f =,极小值为(3)1f =.16.已知函数()(()222ln f x x a a x a R =-+∈.(1)讨论函数()f x 的极值点个数;(2)若10a -<<,求证:函数()f x 有两个不同零点12,x x 2>. 【答案】(1)答案不唯一,具体见解析 (2)证明见解析 【分析】(1)求出函数()f x 的导函数()f x ',对a 进行分类讨论,分别求出导函数()f x '在函数()f x 定义域内()0f x '>及()0f x '<的区间即可;(2)由a 的取值范围及(1)中结论先证得ln 1x x ≤-,从而利用零点存在性定理证明函数()f x 有两个不同的零点,再设2,0x t t =>,构造函数()(),p t h t ,利用函数()p t 和()h t 的单调性即可证明. (1)由题意可知函数()f x 的定义域为()(),0, 2af xx '+∞=即())(()10f x x x'=>.①当0a ≤时,由()'0f x =得1x =,则()f x 与()'f x 的情况如表所示:所以当0a ≤时,函数()f x 有1个极值点;②当2a >时,由()0f x '=得1x =或2a x =则()f x 与()f x '的情况如表所示:所以当2a >时,函数()f x 有2个极值点;得1x =或24a x =③当02a <<时,由()0f x '=则()f x 与()f x '的情况如表所示:所以当02a <<时,函数()f x 有2个极值点;④当2a =时,())2210f x x'≥=在()0,∞+上恒成立,则函数()f x 在()0,∞+上单调递增,所以当2a =时,函数()f x 没有极值点. 综上,当0a ≤时,函数()f x 有1个极值点﹔当02a <<或2a >时,函数()f x 有2个极值点;当2a =时,函数()f x 没有极值点. (2)证明:由(1)可知,当10a -<<时,函数()f x 在()1, +∞上单调递增,在()0,1上单调递减, 所以()()() 1210min f x f a ==-+<.先证明ln 1x x ≤-,设函数()ln 1g x x x =-+,则()1 xg x x-'=. 在(0,1)上,()0g x '>,在(1,)+∞上,()0g x '<,所以函数()g x 在()0,1上单调递增,在()1, +∞上单调递减,所以()()10g x g ≤=,所以当0x >时,ln 1x x ≤-,则(22222ln 424a a a f a a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭()2222ln 22a a a a ⎛⎫=+++- ⎪⎝⎭ ()2222122a a a a ⎛⎫≥+++-- ⎪⎝⎭202a => 所以函数()f x 在()0,1上有唯一零点.又()()42ln220f a =->,所以函数()f x 在(1)+∞,上有唯一零点,所以当10a -<<时,函数()f x 有两个不同零点. 设12,x x 是()f x 的两个零点,且()()120,1,1,x x ∈∈+∞.设()20x t t =>,则函数()y f x =等价于()()22222ln p t t a t a t =-++,由复合函数的单调性知函数()p t 在()0,1上单调递减,在()1,+∞上单调递增,且有两个零点12 t t因为()10,1t ,则()()()()()12111,21,2 22t p t p t p t p t -∈--=--, 令函数()()()()201h t p t p t t =--<<,则()()()()()()22ln ln 2224,11200a h t a t t t t t t t t h -⎡⎤⎣⎦'=--+-=-<<<, 所以函数()h t 在()0,1上单调递减,所以()()10h t h >=,所以()()2120p t p t -->,即()()212p t p t >-.因为211,21t t >->,且函数()p t 在(1)+∞,上单调递增,所以212t t >-,即122t t +>2. 【点睛】本题以函数为背景,考查利用导数研究函数的极值及单调性,对含有参数的函数极值问题,解题关键是分类讨论,分类讨论确定导函数()'f x 的正负,得单调区间、极值点,然后计算出极值,用导数证明与极值点、零点有关的不等式,关键是利用极值点、零点的定义确定两个数之间的关系,以便消元,即化二元为一元,然后可利用函数知识求解.而且这类问题在求解时可能要多次求导.本题考查推理论证能力,考查数学抽象、逻辑推理、数学运算核心素养,属于困难题. 17.已知函数()2cos f x ax x =-,0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.(1)当12a =-时,求()f x 的值域;(2)讨论()f x 极值点的个数. 【答案】(1)2,18π⎡⎤--⎢⎥⎣⎦(2)当12a ≤-或1a π≥-时,()f x 无极值点,当112x π-<<- 时,()f x 有1个极大值点,无极小值点.【分析】(1)通过求导判断出()f x 的单调性,即可求出()f x 的值域;(2)对参数a 进行讨论,通过讨论每种情况下的单调性,进而判断出极值的情况. (1)因为()21cos 2f x x x =--,所以()sin f x x x '=-+,设()sin g x x x =-+,()1cos g x x '=-+,因为0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,所以()0g x '≤,()g x 单调递减,则()(0)0g x g ≤=,即()0f x '≤, 所以()f x 在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递减,2(0)1,()28f f ππ=-=-,所以()f x 的值域为:2,18π⎡⎤--⎢⎥⎣⎦(2)因为()2cos f x ax x =-,所以()2sin f x ax x '=+,设()2sin h x ax x =+,()2cos h x a x '=+,因为0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,则[]cos 0,1x ∈,()[]2,21h x a a '∈+(1)当210a +≤,即12a ≤-时,()0h x '≤,()h x 单调递减,()(0)0h x h ≤=,即()0f x '≤,()f x 单调递减,()f x 无极值,(2)当20a ≥,即0a >时,()0h x '≥,()h x 单调递增,()(0)0h x h ≥=, 即()0f x '≥,()f x 单调递增,()f x 无极值,(3)当20210a a <⎧⎨+>⎩ 即102a -<<时,()h x '在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递减, 则存在0x x =,使得()00h x '=,即02cos 0a x +=,00,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,当00x x <<时,()0h x '>,()h x 单调递增, 当02x x π<<时,()0h x '<,()h x 单调递减,因为(0)0h =,所以0()0h x >,12h a ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,①当10a π+≥,即10a π-≤<时,02h π⎛⎫≥ ⎪⎝⎭,即()0h x ≥恒成立, 即()0f x '≥,()f x 单调递增,()f x 无极值, ②当10a π+<,即112a π-<<-时,02h π⎛⎫< ⎪⎝⎭,则存在10,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()10h x =,()10,x x ∈时,()0h x >,()0f x '>,()f x 单调递增,1,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0h x <,()0f x '<,()f x 单调递减, 1x 是()f x 的极大值点,综上所述,当12a ≤-或1a π≥-时,()f x 无极值点,当112x π-<<- 时,()f x 有1个极大值点,无极小值点.。

高中数学选择性必修二 精讲精炼 5 函的极值与最大(小)值(精练)(无答案)

高中数学选择性必修二 精讲精炼 5   函的极值与最大(小)值(精练)(无答案)

5.3.2 函数的极值与最大(小)值(精练)【题组一 极值(点)】1.(2021·全国高二课时练习)下列函数中存在极值的是( )A .1y x =B .e x y x =-C .2y =D .3y x =2.(2021·全国高二课时练习)函数f (x )=ln x -x 在区间(0,e)上的极大值为( )A .-eB .1-eC .-1D .02.(2021·全国高二单元测试)已知函数()f x 的定义域为(,)a b ,导函数()f x '在区间(,)a b 上的图象如图所示,则函数()f x 在区间(,)a b 上的极大值点的个数为( )A .4B .3C .2D .13.(2021·全国高二课时练习)设函数()f x 在R 上可导,其导函数为()f x ',且函数()f x 在2x =-处取得极小值,则函数()y xf x '=的图象可能是( )A .B .C .D .4.(2021·全国高二课前预习)函数321()363f x x x x =--+的极大值为________,极小值为________.5(2021·全国高二课时练习)求下列函数的极值:(1)()e x f x x -=;(2)()2221x g x x =-+.【题组二 已知极值(点)求参数】1.(2021·全国高二课时练习)函数f (x )=ax 3+bx 2+cx 在x =1a 处有极值,则ac +2b 的值为( )A .-3B .0C .1D .32(2021·全国高二单元测试)函数321()213f x x ax x =+-+在()1,3x ∈内存在极值点,则( ) A .7162a -≤≤ B .7162a -<< C .12a ≤-或12a ≥ D .12a <或12a >3.(2021·安徽金安·六安一中高二月考(理))若0a >,0b >,且函数()32422f x x ax bx =--+在1x =处取得极值,则ab 的最大值为( )A .9B .6C .3D .24.(2021·全国高二课时练习)已知函数2()()e ()x f x x mx m m R =--∈在0x =处取得极小值,则m =________,()f x 的极大值是_______.5.(2021·全国高二课时练习)若f (x )=e x -kx 的极小值为0,则k =________.6.(2021·全国高二专题练习)若函数()331f x x ax =-+在区间()0,1内有极小值,则a 的取值范围为________.7.(2021·全国)若函数()2ln 21y x ax a x =+-+,0a >在1x =处取得极小值,则实数a 的取值范围是______.8.(2021·全国)已知函数()1ln x f x x +=在区间()2,03a a a ⎛⎫+> ⎪⎝⎭上存在极值,则实数a 的取值范围是______.9.(2021·全国)若函数()()3213532a f x x x a x =-+-++在定义域内无极值,则实数a 的取值范围为______.10(2021·全国高二课时练习)函数f (x )=ax -1-ln x (a ≤0)在定义域内的极值点的个数为________.11.(2021·全国高二课时练习)已知a 为实数,函数3()3f x x x a =-++.(1)求函数f (x )的极值,并画出其图象(草图);(2)当a 为何值时,方程f (x )=0恰好有两个实数根?12.(2021·全国高二课时练习)已知f (x )=x 3+3ax 2+bx +a 2在x =-1时有极值0,求常数a ,b 的值.13.(2021·全国高二课时练习)已知函数f (x )=(x 2+ax -2a 2+3a )e x (x ∈R ),当实数a ≠23时,求函数f (x )的单调区间与极值.14.(2021·全国高二课时练习)已知函数f (x )=ax 3+bx 2+cx (a ≠0)在x =±1处取得极值,且f (1)=-1.(1)求常数a ,b ,c 的值;(2)判断x =±1是函数的极大值点还是极小值点,试说明理由,并求出极值.【题组三 最值】1.(2021·全国高二课时练习)函数()1f x x =,(]0,5x ∈的最小值为( )A .2B .3C .174D .122.(2021·全国高二课时练习)函数()()()212f x x x =--在[]0,3上的最小值为( ) A .8-B .4-C .0D .4273.(2021·全国高二课前预习)函数321()363f x x x x =--+在[]4,4-上的最大值为________,最小值为________.4.(2021·全国)求下列函数的最值:(1)32()362f x x x x =-+-,[]1,1x ∈-;(2)()241x f x x =+,2,2x ; (3)()1ln x f x x x -=+,1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.5.(2021·全国)求下列函数的最值:(1)()3232,[1,1]f x x x x =--∈-; (2)()241x f x x =+,[]2,2x ∈-; (3)()1ln x f x x x -=+,1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦.【题组四 已知最值求参数】1.(2021·全国)若函数()32231,0e ,0ax x x x f x x ⎧++≤=⎨>⎩在[]22-,上的最大值为2,则实数a 的取值范围是( ) A .1ln 2,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ B .10,ln 22⎡⎤⎢⎥⎣⎦C .(],0-∞D .1,ln 22⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦2.(2021·全国高二课时练习)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________.3(2021·全国高二课时练习)已知函数f (x )=ln x +a x ,若函数f (x )在[1,e ]上的最小值是32,求a 的值.4(2021·全国高二课时练习)设函数()()212ln f x x k x =++.(1)若2k =-,求函数的递减区间;(2)当0k >时,记函数()()g x f x '=,求函数()g x 在区间(]0,2上的最小值.5.(2021·全国高二课时练习)已知函数32()39f x x x x c =--+,当x ∈[-2,6]时,f (x )<2|c |恒成立,求c 的取值范围.6.(2021·全国高二课时练习)已知h (x )=x 3+3x 2-9x +1在区间[k ,2]上的最大值是28,求k 的取值范围.7.(2021·全国高二单元测试)已知函数()3212232a f x x x ax +=++. (1)当2a =时,求过坐标原点且与函数()f x 的图象相切的直线方程;(2)当()0,2a ∈时,求函数()f x 在[]2,a a -上的最大值.8.(2021·全国高二课时练习)函数()()()2ln 2f x x ax a x a =-+-∈R ,求函数()f x 在区间2,a a ⎡⎤⎣⎦上的最大值.【题组五 极值最值综合运用 】1.(2021·临海市西湖双语实验学校)若不等式2ln ax x ≥恒成立,则实数a 的取值范围是( )A .1,2e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B .1,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C .1,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D .1,2e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭2.(2021·福建省宁化第一中学高二期中)(多选)已知函数()f x 的导函数()f x '的图象如图所示,则下列选项中正确的是( )A .1x =是函数()f x 的极值点B .()f x 在区间(2,3)-上单调递减C .函数()f x 在1x =-处取得极小值D .()f x 的图象在0x =处的切线斜率小于零3.(2021·全国高二课时练习)已知函数f (x )=-23x 3+2ax 2+3x (a >0)的导数()'f x 的最大值为5,则在函数f (x )图象上的点(1,f (1))处的切线方程是________.4.(2021·全国高二课时练习)已知函数f (x )=x 3+ax 2+b 的图象上一点P (1,0),且在点P 处的切线与直线3x +y =0平行.(1)求函数f (x )的解析式;(2)求函数f (x )在区间[0,t ](0<t <3)上的最大值和最小值;(3)在(1)的结论下,关于x 的方程f (x )=c 在区间[1,3]上恰有两个相异的实根,求实数c 的取值范围.5.(2021·全国高二课时练习)已知函数()32f x x ax bx c =+++在23x =-与1x =处都取得极值. (1)求a ,b 的值;(2)若对任意[]1,2x ∈-,不等式()2f x c <恒成立,求实数c 的取值范围.6.(2021·西藏日喀则区南木林高级中学高二期末(理))已知函数21()(1)ln 12f x x a x a x =-+++. (I)若3x =是()f x 的极值点,求()f x 的单调区间;(II)求a 的范围,使得()1f x ≥恒成立.7.(2021·全国)设函数f (x )=2x 3-9x 2+12x +8c ,(1)若对任意的x ∈[0,3],都有f (x )<c 2成立,求c 的取值范围;(2)若对任意的x ∈(0,3),都有f (x )<c 2成立,求c 的取值范围.8.(2021·全国高二专题练习)设函数3()65f x x x =-+,x ∈R .(1)求函数()f x 的单调区间和极值;(2)若函数()y f x =的图象与函数y a =的图象恰有三个不同的交点,求实数a 的取值范围.9(2021·全国高二专题练习)已知2()2ln()f x x a x x =+--在0x =处取得极值.(1)求实数a 的值.(2)若关于x 的方程()0f x b +=的区间[1,1]-上恰有两个不同的实数根,求实数b 的取值范围.。

函数的极值含最值经典题.doc

函数的极值含最值经典题.doc

《函数的极值与最值》经典题例 1.已知函数 f x x 3 3x 2 ,求 f ( x) 的极值。

解:由题意得 f x3x 2 6x 3x x2令 f x0 ,解得 x 1 0 , x 2 2x 变化时, f ¢(x) 、 f ( x) 的变化情况如下表:x,00,22 2,f x +-0 +f x极大值极小值所以 f ( x) 的极大值为 f (0) = 0 ,极小值为 f (2) = - 4变式 .已知函数f x x 33ax 2( a > 0) ,求 f (x) 的极值。

1解:由题意得f x3x 2 6ax3x x 2a令 fx 0 ,解得 x 1 0 , x 2 2a (a > 0)x 变化时, f ¢ 、 f ( x) 的变化情况如下表:( x)x,00,2a2a2a,f x +-0 +f x极大值极小值所以 f ( x) 的极大值为 f (0) = 0 ,极小值为 f (2 a) = - 4a 3。

变式 2 .已知函数 f x x 3 3ax 2 ,求 f ( x) 的极值。

解:由题意得f x3x 2 6ax 3x x 2a令 fx0 ,解得 x 1 0 , x 2 2a①若 a < 0 ,当 x < 2a 或 x > 0 时, f (x) 0 , f ( x) 单调递增;当 2a < x < 0 f ( x)0 , f ( x) 单调递减。

所以极大值为 f (2 a) = - 4a 3 ,极小值为f (0) = 0 。

②若 a = 0 , f ¢(x) = 3x 2 ? 0 , f ( x) 在 (- ? ,? ) 单调递增,所以 f ( x) 既无极大值,也无极小值。

③若 a > 0 ,当 x > 2a 或 x < 0 时, f (x)0 , f ( x) 单调递增;当 2a < x < 0 f ( x)0 , f ( x) 单调递减。

函数极值练习题

函数极值练习题

函数极值练习题函数极值问题是高中数学中经常考察的一类问题,它涉及到数学中的极大值和极小值。

通过解决这些问题,我们可以加深对函数的理解,并且培养我们的逻辑思维能力。

下面,我将给出一些函数极值练习题,帮助大家巩固相关知识。

练习题一:已知函数f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 5,求f(x)的极值及对应的极值点。

解答:首先,我们需要求出函数f(x)的导数f'(x)。

对于多项式函数来说,求导的步骤比较简单,我们只需要按照幂次降低1的规律进行求导即可。

根据这个规律,我们可以得到函数f(x)的导函数f'(x) = 6x^2 - 6x - 12。

接下来,我们需要找出f'(x)的零点,也就是导函数等于0的点。

我们可以将f'(x) = 0转化为6x^2 - 6x - 12 = 0。

通过求解这个二次方程,我们可以得到它的解x1 ≈ -1.732和x2 ≈ 1.732。

然后,我们将求得的零点代入到f(x)中,得出对应的函数值。

即f(x1) ≈ 18.898和f(x2) ≈ -18.898。

因此,函数f(x)的极大值为18.898,对应的极大值点为x ≈ -1.732;函数f(x)的极小值为-18.898,对应的极小值点为x ≈ 1.732。

练习题二:已知函数g(x) = x^4 - 4x^2 + 4,求g(x)在定义域内的极值及对应的极值点。

解答:同样地,我们首先需要求出函数g(x)的导数g'(x)。

通过对g(x)进行求导,我们可以得到g'(x) = 4x^3 - 8x。

接下来,我们需要找出g'(x)的零点,也就是导函数等于0的点。

将g'(x) = 0转化为4x^3 - 8x = 0。

通过因式分解法,我们可以将它的因式x(2x-2)(2x+2)提取出来。

因此,导函数的零点是x = 0、x = 1和x = -1。

然后,我们将求得的零点代入g(x)中,得出对应的函数值。

高中数学 同步练习 函数的极值

高中数学 同步练习  函数的极值

[A 组 基础巩固]1.函数y =x 3-3x +2的极大值为m,极小值为n,则m +n 为( ) A .0 B .1 C .2D .4解析:令y ′=3x 2-3=0⇒x =1或x =-1,经分析知f(-1)为函数y =x 3-3x +2的极大值,f(1)为函数y =x 3-3x +2的极小值,故m +n =f(-1)+f(1)=4. 答案:D2.已知函数f(x)=ax 3+bx 2+c,其导函数的图像如图所示,则函数f(x)的极小值是( ) A .a +b +c B .8a +4b +c C .3a +2b D .c解析:由f ′(x)的图像可知x ∈(-∞,0)∪(2,+∞)时,f ′(x)<0;x ∈(0,2)时,f ′(x)>0. ∴f(x)在(-∞,0)和(2,+∞)上为减函数,在(0,2)上为增函数. ∴x =0时,f(x)取到极小值为f(0)=c. 答案:D3.函数f(x)=x 3-3bx +3b 在(0,1)内有极值,则( ) A .0<b <1 B .b <0 C .b >0D .b <12解析:f ′(x)=3x 2-3b.因f(x)在(0,1)内有极值,所以f ′(x)=0有解,∴x =±b,∴0<b <1,∴0<b <1. 答案:A4.设三次函数f(x)的导函数为f ′(x),函数y =xf ′(x)的图像的一部分如图所示,则正确的是( )A .f(x)的极大值为f(3),极小值为f(-3)B .f(x)的极大值为f(-3),极小值为f(3)C .f(x)的极大值为f(-3),极小值为f(3)D .f(x)的极大值为f(3),极小值为f(-3)解析:由题图可知,当x ∈(-∞,-3)时,xf ′(x)>0,即f ′(x)<0; 当x ∈(-3,0)时,xf ′(x)<0,即f ′(x)>0; 当x ∈(0,3)时,xf ′(x)>0,即f ′(x)>0; 当x ∈(3,+∞)时,xf ′(x)<0,即f ′(x)<0.故函数f(x)在x =-3处取得极小值,在x =3处取得极大值. 答案:D5.若函数f(x)=x 2+ax +1在x =1处取得极值,则a =________.解析:f ′(x)=2x(x +1)-(x 2+a)(x +1)2=x 2+2x -a (x +1)2,由题意得f ′(1)=3-a4=0,解得a =3.经检验,a =3符合题意. 答案:36.关于函数f(x)=x 3-3x 2有下列命题,其中正确命题的序号是________.①f(x)是增函数;②f(x)是减函数,无极值;③f(x)的增区间是(-∞,0)和(2,+∞),减区间为(0,2);④f(0)=0是极大值,f(2)=-4是极小值.解析:f ′(x)=3x 2-6x,令f ′(x)=0,则x =0或x =2.利用极值的求法可求得x =0是极大值点,x =2是极小值点. 答案:③④7.已知函数f(x)=x 3+3mx 2+nx +m 2在x =-1时有极值0,则m =________,n =________. 解析:f ′(x)=3x 2+6mx +n, 由题意,f ′(-1)=3-6m +n =0, f(-1)=-1+3m -n +m 2=0,解得⎩⎪⎨⎪⎧m =1n =3或⎩⎪⎨⎪⎧m =2,n =9.但m =1,n =3时,f ′(x)=3x 2+6x +3=3(x +1)2≥0恒成立,此时x =-1不是f(x)的极值点,应舍去.经检验m =2,n =9符合题意. 答案:2 98.设函数f(x)=x 3+bx 2+cx(x ∈R),已知g(x)=f(x)-f ′(x)是奇函数. (1)求b 、c 的值;(2)求g(x)的单调区间与极值. 解析:(1)∵f ′(x)=3x 2+2bx +c, 从而g(x)=f(x)-f ′(x) =x 3+(b -3)x 2+(c -2b)x -c. 又∵g(x)是R 上的奇函数,∴g(-x)=-g(x),即(-x)3+(b -3)x 2-(c -2b)x -c =-x 3-(b -3)x 2-(c -2b)x +c, 化简得(b -3)x 2-c =0,∴b =3,c =0. (2)由(1)知g(x)=x 3-6x,∴g ′(x)=3x 2-6=3(x +2)(x -2). 由此可知=-2处取得极大值42,在x =2处取得极小值-4 2.9.设x =1与x =2是函数f(x)=aln x +bx 2+x 的两个极值点. (1)试确定常数a 和b 的值;(2)试判断x =1,x =2是函数f(x)的极大值点还是极小值点,并说明理由. 解析:(1)∵f(x)=aln x +bx 2+x, ∴f ′(x)=ax +2bx +1.由题意可知f ′(1)=f ′(2)=0,∴⎩⎪⎨⎪⎧a +2b +1=0,a2+4b +1=0,解得a =-23,b =-16.∴f(x)=-23ln x -16x 2+x.(2)f ′(x)=-23x -1-13x +1,且原函数定义域为(0,+∞),当x ∈(0,1)时,f ′(x)<0;当x ∈(1,2)时,f ′(x)>0;当x ∈(2,+∞)时,f ′(x)<0.故x =1是函数f(x)的极小值点,x =2是函数f(x)的极大值点.[B 组 能力提升]1.设a ∈R,若函数y =e ax+3x,x ∈R 有大于零的极值点,则( ) A .a>-3 B .a<-3 C .a>-13D .a<-13解析:y ′=ae ax+3,令y ′=0得x =ln(-3a )a ,即为极值点.由ln(-3a )a >0得a<-3.答案:B2.已知函数f(x)=ax 2+3x +2a,若不等式f(x)>0的解集为{x|1<x<2},则函数y =xf(x)的极值点的个数为( ) A .1 B .2 C .0D .不能判断解析:由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a<0,-3a=3,所以a =-1,即f(x)=-x 2+3x -2.于是y =xf(x)=-x 3+3x 2-2x,y ′=-3x 2+6x -2,由Δ>0,所以y ′=0有两个相异实根,故函数y =xf(x)有两个极值点. 答案:B3.已知函数f(x)=ax 3+bx 2+cx,其导函数y =f ′(x)的图像经过点(1,0),(2,0),如图所示,则下列说法中不正确的是________. ①当x =32时函数取得极小值;②f(x)有两个极值点; ③当x =2时函数取得极小值; ④当x =1时函数取得极大值.解析:从图像上可以看到:当x ∈(-∞,1)时,f ′(x)>0;当x ∈(1,2)时,f ′(x)<0;当x ∈(2,+∞)时,f ′(x)>0,所以f(x)有两个极值点1和2,且当x =2时函数取得极小值,当x =1时函数取得极大值,只有①不正确. 答案:①4.已知函数f(x)=13x 3+ax 2+ax +b,当x =-1时,函数f(x)的极值为-712,则f(2)=________.解析:f ′(x)=x 2+2ax +a.由题意知f ′(-1)=0,f(-1)=-712,即⎩⎪⎨⎪⎧1-2a +a =0,-13+a -a +b =-712,解得⎩⎪⎨⎪⎧a =1,b =-14.所以f(x)=13x 3+x 2+x -14.所以f(2)=10112.答案:101125.设a 为实数,函数f(x)=-x 3+3x +a. (1)求f(x)的极值;(2)是否存在实数a,使得方程f(x)=0恰好有两个实数根?若存在,求出实数a 的取值范围;若不存在,请说明理由.解析:(1)令f ′(x)=-3x 2+3=0,得x 1=-1,x 2=1. 又因为当x ∈(-∞,-1)时,f ′(x)<0; 当x ∈(-1,1)时,f ′(x)>0; 当x ∈(1,+∞)时,f ′(x)<0. 所以f(x)的极小值为f(-1)=a -2, f(x)的极大值为f(1)=a +2.(2)因为f(x)在(-∞,-1)上是减少的,且当x →-∞时,f(x)→+∞,又f(x)在(1,+∞)上是减少的,且当x →+∞时,f(x)→-∞,而a +2>a -2,即函数的极大值大于极小值,所以当极大值等于0时,有极小值小于0,此时曲线f(x)与x 轴恰有两个交点,即方程f(x)=0恰好有两个实数根,所以a +2=0,a =-2;当极小值等于0时,有极大值大于0,此时曲线f(x)与x 轴恰有两个交点, 即方程f(x)=0恰好有两个实数根, 所以a -2=0,a =2.综上,当a =2或a =-2时方程恰有两个实数根. 6.已知f(x)=x 3+bx 2+cx +2.(1)若f(x)在x =1时有极值-1,求b 、c 的值;(2)若函数y =f(x)的图像与函数y =k 的图像恰有三个不同的交点,求实数k 的取值范围. 解析:(1)∵f(x)=x 3+bx 2+cx +2, ∴f ′(x)=3x 2+2bx +c. 由已知得f ′(1)=0,f(1)=-1,∴⎩⎪⎨⎪⎧3+2b +c =01+b +c +2=-1,解得b =1,c =-5.(2)由(1)知f(x)=x 3+x 2-5x +2, f ′(x)=3x 2+2x -5.由f ′(x)=0得x 1=-53,x 2=1.当x 变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下表:f ′(x) + 0 - 0 + f(x)极大值极小值根据上表,x 1=-53是函数的极大值点且极大值为f(-53)=22927,x 2=1是函数的极小值点且极小值为f(1)=-1.如图,可知k 的取值范围为(-1,22927).。

高中数学选择性必修二 5 3 2 极值与最值(精练)(含答案)

高中数学选择性必修二 5 3 2 极值与最值(精练)(含答案)

5.3.2 极值与最值【题组一 求极值及极值点】1.(2020·北京市第十三中学高三开学考试)设函数()4f x x x=+,则()f x 的极大值点和极小值点分别为( ) A .-2,2 B .2,-2C .5,-3D .-5,3【答案】A【解析】易知函数定义域是{|0}x x ≠,由题意224(2)(2)()1x x f x x x +-'=-=, 当2x <-或2x >时,()0f x '>,当20x -<<或02x <<时,()0f x '<,∴()f x 在(,2)-∞-和(2,)+∞上递增,在(2,0)-和(0,2)上递减,∴极大值点是-2,极小值点是2.故选:A .2.(2020·黑山县黑山中学高二月考)函数()262xf x x x e =-+的极值点所在的区间为( )A .()1,0-B .()0,1C .()1,2D .()2,1--【答案】B【解析】()262xf x x e '=-+,且()f x '为单调函数,∴()12620f e '=-+>,()0620f '=-+<,由()()010f f ''<,故()f x 的极值点所在的区间为()0,1,故选:B.3.(2020·河北新华·石家庄二中高二期末)“2a >”是“函数()()xf x x a e =-在()0,∞+上有极值”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【答案】A【解析】()()x f x x a e =-,则()()1x f x x a e '=-+,令()0f x '=,可得1x a =-.当1x a <-时,()0f x '<;当1x a >-时,()0f x '>. 所以,函数()y f x =在1x a =-处取得极小值.若函数()y f x =在()0,∞+上有极值,则10a ->,1a ∴>.因此,“2a >”是“函数()()xf x x a e =-在()0,∞+上有极值”的充分不必要条件.故选:A.4.(2020·扶风县法门高中高二月考(理))设函数()xf x xe =,则( )A .1x =为()f x 的极大值点B .1x =为()f x 的极小值点C .1x =-为()f x 的极大值点D .1x =-为()f x 的极小值点【答案】D【解析】因为()xf x xe =,所以()()()=+=+1,=0,x=-1x x x f x e xe e x f x 令得''.又()()()()()>0:>-1;<0<-1,--1-1+f x x f x x f x 由得由得:所以在,,在,∞'∞',所以1x =-为()f x 的极小值点.5.(2020·黑龙江让胡路·铁人中学高二期末(理))已知2x =是函数3()32f x x ax =-+的极小值点,那么函数()f x 的极大值为( ) A .15B .16C .17D .18【答案】D【解析】2()33f x x a ='-,又因为2x =是函数3()32f x x ax =-+的极小值点,所以2(2)3230f a =⨯-=',4a =,所以2()312f x x ='-,由2()3120f x x -'==,2x =-或2x =,所以在区间(,2)-∞-上,()0,()f x f x >'单调递增,在区间(2,2)-上,()0,()f x f x <'单调递减,在区间(2,)+∞上,()0,()f x f x >'单调递增,所以函数()f x 的极大值为3(2)(2)12(2)218f -=--⨯-+=,故选D.6.(2020·甘肃省会宁县第四中学高二期末(理))函数()x f x xe -=在[0,4]x ∈上的极大值为( )A .1eB .0C .44e D .22e 【答案】A【解析】由()xf x xe-=可得1()x xf x e-'=当(]0,1x ∈时()0f x '>,()f x 单调递增 当(]1,4x ∈时()0f x '<,()f x 单调递减所以函数()xf x xe-=在[0,4]x ∈上的极大值为()11f e=故选:A 7.(2020·天津一中高二期中)函数f(x)=3x 2+ln x -2x 的极值点的个数是( ) A .0 B .1 C .2 D .无数个【答案】A【解析】()2162162x x f x x x x-+=+='-,由()0f x '=得26210x x -+=,方程无解,因此函数无极值点8.(2020·北京高二期末)已知函数21()ln 2f x x x =-. (Ⅰ)求曲线()f x 在1x =处的切线方程; (Ⅱ)求函数()y f x =的极值.【答案】(Ⅰ)3250x y -+=;(Ⅱ)极小值是11ln 242+,无极大值. 【解析】(Ⅰ)()f x 的定义域是()0,∞+,1()22f x x x'=-, ()()311,12f f ='=,故所求切线斜率32k ,过()1,1的切线方程是:31(1)2y x -=-,即3250x y -+=; (Ⅱ)1(21)(21)()222x x f x x x x+-'=-=, 令()0f x >′,解得:12x >, 令()0f x <′,解得:102x <<, 故()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭递减,在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭递增, 故()f x 的极小值是111111ln ln 2242242f ⎛⎫=-=+ ⎪⎝⎭,无极大值. 9.(2019·湖南雨花·高二期末(文))已知函数3()1224f x x x =-+.(1)求函数()f x 的单调区间; (2)求函数()f x 的极值.【答案】(1)单调增区间为:(,2)-∞-和(2,)+∞,单调减区间为:(2,2)-;(2)极大值40,极小值8.【解析】(1)∵3()1224f x x x =-+,∴2()312f x x '=-.令()0f x '=,则2x =-或2,故()f x 的单调增区间为:(,2)-∞-和(2,)+∞,单调减区间为:(2,2)-.(2)由(1)得:当2x =-时,()f x 有极大值40,当2x =时,()f x 有极小值8.10.(2020·林芝市第二高级中学高二期中(理))已知函数32()392f x x x x =-++-,求:(1)函数()y f x =的图象在点(0,(0))f 处的切线方程; (2)()f x 的单调区间及极值.【答案】(1)920x y --=;(2)减区间为(,1]-∞-,[3,)+∞,增区间为(1,3)-;极小值为7-,极大值为25.【解析】(1)显然由题意有,(0)0f =,2()369f x x x '=-++,∴(0)9f '=∴由点斜式可知,切线方程为:920x y --=;(2)由(1)有2()3693(1)(3)f x x x x x '=-++=-+-∴()0f x '<时,(,1]x ∈-∞-或[3,)x ∈+∞()0f x '>时,(1,3)x ∈-∴()f x 的单减区间为(,1]-∞-,[3,)+∞;单增区间为(1,3)-∴()f x 在1x =-处取得极小值(1)7f -=-, ()f x 在3x =处取得极大值(3)25f =.【题组二 求最值点最值】1.(2020·四川内江·高二期末(文))函数2cos y x x =+0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值是( )A .2πB .6πC .2D .1【答案】B【解析】函数()2cos 0,2f x y x x x π⎡⎤==+∈⎢⎥⎣⎦,()'12sin f x x =-, 令()'0f x =,解得6x π=.∴函数()f x 在0,6π⎡⎫⎪⎢⎣⎭内单调递增,在,62ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦内单调递减.∴6x π=时函数()f x 取得极大值即最大值.2cos 6666f ππππ⎛⎫=+-=⎪⎝⎭.故选B . 2.(2020·甘肃武威·高三月考(理))已知函数()cos xf x e x x =-.(1)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程;(2)求函数()f x 在区间[0,]2π上的最大值和最小值.【答案】(1)1y =;(2)最大值为1,最小值为2π-. 【解析】(1)因为()e cos x f x x x =-,所以()e (cos sin )1,(0)0xf x x x f ''=--=.又因为(0)1f =,所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =.(2)设()e (cos sin )1x h x x x =--,则()e (cos sin sin cos )2e sin x xh x x x x x x '=---=-,当π(0,)2x ∈时,()0h x '<,所以()h x 在区间π[0,]2上单调递减,所以对任意π[0,]2x ∈有()(0)0h x h ≤=,即()0f x '≤,所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减,因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =,最小值为()22f ππ=-.3.(2020·江苏鼓楼·南京师大附中高三月考)已知函数2()f x alnx bx =-,a ,b R ∈.若()f x 在1x =处与直线12y相切. (1)求a ,b 的值;(2)求()f x 在1[e,]e 上的最大值.【答案】(1)112a b =⎧⎪⎨=⎪⎩;(2)12- . 【解析】(1)函数2()(0)f x alnx bx x =->,()2af x bx x∴'=-, 函数()f x 在1x =处与直线12y相切, ∴(1)201(1)2f a b f b '=-=⎧⎪⎨=-=-⎪⎩,解得112a b =⎧⎪⎨=⎪⎩;(2)21()2f x lnx x =-,21()x f x x-'=,当1x e e 时,令()0f x '>得:11x e<,令()0f x '<,得1x e <,()f x ∴在1[e,1],上单调递增,在[1,]e 上单调递减,所以函数的极大值就是最大值,()max f x f ∴=(1)12=-.4.(2020·安徽庐阳·合肥一中高三月考(文))已知函数f (x )=ax 3+bx +c 在x =2处取得极值为c ﹣16. (1)求a 、b 的值;(2)若f (x )有极大值28,求f (x )在[﹣3,3]上的最大值和最小值. 【答案】(1)1,12a b ==-;(2)最小值为4-,最大值为28.【解析】(1)因3()f x ax bx c =++ ,故2()3f x ax b '=+,由于()f x 在点2x =处取得极值,故有(2)0(2)16f f c ==-'⎧⎨⎩,即1208216a b a b c c +=⎧⎨++=-⎩ ,解得112a b =⎧⎨=-⎩;(2)由(1)知 3()12f x x x c =-+,2()312f x x '=-令()0f x '= ,得122,2x x =-=,当(,2)x ∈-∞-时,()0f x '>故()f x 在(,2)-∞-上为增函数;当(2,2)x ∈- 时,()0f x '< 故()f x 在(2,2)- 上为减函数,当(2,)x ∈+∞ 时()0f x '> ,故()f x 在(2,)+∞ 上为增函数.由此可知()f x 在12x =- 处取得极大值(2)16f c -=+,()f x 在22x = 处取得极小值(2)16f c =-,由题设条件知1628c += ,得12c =,此时(3)921f c -=+=,(3)93f c =-+=,(2)164f c =-=-,因此()f x 上[3,3]-的最小值为(2)4f =-,最大值为28.5.(2020·河南商丘·高三月考(文))已知()322126x mx f x x =--+的一个极值点为2.(1)求函数()f x 的单调区间;(2)求函数()f x 在区间[]22-,上的最值. 【答案】(1)函数()f x 的减区间为()1,2-,增区间为(),1-∞-,()2,+∞;(2)最小值是14-,最大值是13. 【解析】(1)()322126x m x x f x =--+,()26212x mx f x =--'∴,()322126x m x x f x =--+的一个极值点为2,()262221220m f =⨯-⨯-∴=',解得3m =.()3223126f x x x x =-∴-+,()()()26612612f x x x x x '=--=+-,令()0f x '=,得1x =-或2x =;令()0f x '<,得12x -<<;令()0f x '>,得1x <-或2x >; 故函数()f x 的减区间为()1,2-,增区间为(),1-∞-,()2,+∞. (2)由(1)知()3223126x x f x x =--+,()()()612f x x x '=+-,当21x -≤<-时,()0f x '>;当12x -<≤时,()0f x '<;()f x ∴在[]2,1--上为增函数,在(]1,2-上为减函数, 1x ∴=-是()f x 的极大值点,又()22f -=,()113f -=,()214f =-,所以函数()f x 在[]22-,上的最小值是14-,最大值是13. 6.(2020·重庆高二期末)已知()32133=+-f x x ax x (a R ∈)在3x =-处取得极值. (1)求实数a 的值; (2)求()f x 的单调区间;(3)求()f x 在区间[]3,3-上的最大值和最小值.【答案】(1)1;(2)增区间为(),3-∞-,()1,+∞,减区间为()3,1-;(3)最大值为9,最小值为53-. 【解析】(1)()223=+-'f x x ax ,由于()f x 在3x =-处取得极值,故(3)0f '-=,解得1a =,经检验,当1a =时,()f x 在3x =-处取得极值,故1a =.(2)由(1)得()32133f x x x x =+-,()223f x x x '=+-,由()0f x '>得1x >或3x <-;由()0f x '<得31x -<<.故()f x 的单调增区间为(),3-∞-,()1,+∞,单减区间为()3,1-.(3)由(2)得函数()f x 的极大值为()39f -=,得函数()f x 的极小值为()513f =-,又()39f =,所以函数()f x 在区间[]3,3-上的最大值为9,最小值为53-. 【题组三 已知极值及最值求参数】1.(2020·湖南其他(理))已知函数2(3))(x f x ae x a R =-∈,若[0,2]x ∈时,()f x 在0x =处取得最大值,则a 的取值范围为( )A .0a ≤B .212a e ≥C .6a e <D .2126a e e << 【答案】A 【解析】∵6()6()x x x x f x ae x e a e '=-=-,令6()x x g x e=, ∴6(1)()x x g x e-'=,∴1x <时()0g x '>,()g x 在(,1)-∞单调递增; ∴1x >时()0g x '<,()g x 在()1,+∞单调递减.如图,∴max (1)6)(g g x e ==, ∴当6a e ≥时,60x x a e-≥,∴()0f x '≥,()f x 在R 上单调递增,不成立; 当0a ≤时,()f x 在[0,2]上单调增减,成立; 当60a e <<时,60x x a e-=有两个根1x ,()2120x x x <<, ∵当1x x <时,60x x a e->,()0f x '>; 当12x x x <<时,60x x a e -<,()0f x '<; 当2x x >时,60x x a e->,()0f x '>, ∴()f x 在1[0,]x ,2[,)x +∞上单调递增,在12[,]x x 上单调递减,显然不成立.综上,0a ≤.故选:A2.(2020·河南郑州·高三月考(文))已知函数()323362f x x a x ax ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭,若()f x 在()1,-+∞上既有极大值,又有最小值,且最小值为132a -,则a 的取值范围为( ) A .11,62⎛⎫- ⎪⎝⎭ B .11,26--⎛⎫ ⎪⎝⎭ C .11,26⎛⎤-- ⎥⎝⎦ D .11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭ 【答案】C 【解析】()()()()23636361f x x a x a x a x '=-++=--的零点为2a 和1,因为()1132f a =-,所以1是函数的极小值即最小值点, 则2a 是函数的极大值点,所以121a -<<,且()1132f a -≥-, 解得1126a -<≤-.故选:C.3.(2020·广东高二期末(理))函数3()3f x x x =-在[0,]m 上最大值为2,最小值为0,则实数m 取值范围为( )A .[1B .[1,)+∞C .(1D .(1,)+∞【答案】A【解析】. 3()3f x x x =-,2()333(1)(1)f x x x x ∴=-=+-',令()0f x '=,则1x =或1-(舍负),当01x <时,()0f x '>,()f x 单调递增;当1x >时,()0f x '<,()f x 单调递减.函数()f x 在[0,]m 上最大值为2,最小值为0,且(0)0f f ==,f (1)2=,1m ∴≤≤.故选:A.4.(2020·贵州遵义·高三其他(文))若函数321()53f x x ax x =-+-无极值点则实数a 的取值范围是( )A .(1,1)-B .[1,1]-C .(,1)(1,)-∞-+∞D .(,1][1,)-∞-+∞【答案】B 【解析】321()53f x x ax x =-+-, 2()21f x x ax '∴=-+,由函数321()53f x x ax x =-+-无极值点知, ()0f x '=至多1个实数根,2(2)40a ∴∆=--≤,解得11a -≤≤,实数a 的取值范围是[1,1]-,故选:B5.(2020·四川省绵阳江油中学高二开学考试(理))函数()2xy x e =-+m 在[0,2]上的最小值是2-e ,则最大值是( )A .1B .2C .3D .4【答案】B【解析】'(2)(1)x x x y e x e x e =+-=-, 因为[0,2]x ∈,所以当[0,1)x ∈时,'0y <,当(1,2]x ∈时,'0y >,所以函数在[0,1)上单调递减,在(1,2]上单调递增,所以函数在1x =处取得最小值,根据题意有2e m e -+=-,所以2m =,当0x =时,220y =-+=,当2x =时,y 022=+=,所以其最大值是2,故选:B.6.(2020·四川省绵阳江油中学高二月考(理))函数()33f x x ax a =--在()0,1内有最小值,则a 的取值范围为( )A .01a ≤<B .01a <<C .11a -<<D .102a << 【答案】B【解析】∵函数f (x )=x 3﹣3ax ﹣a 在(0,1)内有最小值,∴f′(x )=3x 2﹣3a=3(x 2﹣a ),①若a≤0,可得f′(x )≥0,f (x )在(0,1)上单调递增,f (x )在x=0处取得最小值,显然不可能,②若a >0,f′(x )=0解得当x f (x )为增函数,0<xf (x )在所以极小值点应该在(0,1)内,符合要求.综上所述,a 的取值范围为(0,1)故答案为B7.(2020·黑龙江高二期中(理))已知函数()()22ln f x ax a x x =-++ (1)若1a =,求函数()f x 的极值;(2)当0a >时,若()f x 在区间[]1,e 上的最小值为-2,求a 的取值范围.【答案】(1) 函数()f x 的极大值为5ln 24--函数()f x 的极小值为2- (2) [)1,+∞ 【解析】(1)1a =,()23ln f x x x x =-+,定义域为()0,+∞,又()123f x x x =-+'= ()()2211231x x x x x x---+=. 当1x >或102x <<时()0f x '>;当112x <<时()0f x '< ∴函数()f x 的极大值为15ln224f ⎛⎫=--⎪⎝⎭ 函数()f x 的极小值为()12f =-.(2)函数()()22ln f x ax a x x =-++的定义域为()0,+∞, 且()()122f x ax a x =-++'= ()()()2221211ax a x x ax x x-++--=, 令()0f x '=,得12x =或1x a=, 当101a<≤,即1a ≥时,()f x 在[]1,e 上单调递增, ∴()f x 在[]1,e 上的最小值是()12f =-,符号题意; 当11e a <<时,()f x 在[]1,e 上的最小值是()112f f a ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭,不合题意;当1e a≥时,()f x 在[]1,e 上单调递减, ∴()f x 在[]1,e 上的最小值是()()12f e f <=-,不合题意故a 的取值范围为[)1,+∞ 8.(2020·北京八中高二期末)已知函数22()(24)ln f x x ax x x =-+.(1)当1a =时,求函数()f x 在[1,)+∞上的最小值;(2)若函数()f x 在[1,)+∞上的最小值为1,求实数a 的取值范围;(3)若1a e>,讨论函数()f x 在[1,)+∞上的零点个数. 【答案】(1)1;(2)(,1]-∞;(3)答案见解析.【解析】(1)当1a =时,22()(24)ln ,f x x x x x =-+ ()(44)ln 2424(1)(ln 1)f x x x x x x x '=-+-+=-+,因为[1,)x ∈+∞,所以()0f x '≥,所以()f x 为单调递增函数,所以min ()(1)1f x f ==.(2)()(44)ln 2424()(ln 1)f x x a x x a x x a x '=-+-+=-+,[1,)x ∈+∞,当1a ≤时,()0f x '≥,所以()f x 为单调递增函数,min ()(1)1f x f ==,符合题意;当1a >时,在[1,)a 上,()0,()f x f x '<单调递减,在(,)a +∞上,()0,()f x f x '>单调递增,所以min ()()f x f a =,因为()11f =,故()()11f a f <=,与()f x 的最小值为1矛盾.故实数a 的取值范围为(,1].-∞(3)由(2)可知,当11a e<≤时,在[1,)+∞上,()f x 为单调递增函数,min ()1f x =, 此时函数()f x 的零点个数为0;当1a >时,22min ()()2ln f x f a a a a ==-+,令22()2ln ,(1,)g x x x x x =-+∈+∞,则()4ln 224ln 0g x x x x x ax x '=--+=-<,函数()g x 单调递减,令22()2ln 0g x x x x =-+=,解得12x e =, 所以当12(1,)x e ∈,()0>g x ,x e =,()0g x =,12(,)x e ∈+∞,()0<g x , 所以当12(1,)a e ∈时,min ()0f x >,此时函数()f x 在[1,)+∞上的零点个数为0; 当12a e =时,()0min f x =,此时函数()f x 在[1,)+∞上的零点个数为1; 12min (,),()0a e f x ∈+∞<,又()110f =>,故()f x 在()1,a 存在一个零点, ()2240f a a =>,故()f x 在(),2a a 存在一个零点,此时函数()f x 在[1,)+∞上的零点个数为2. 综上,可得121(,)a e e∈时,函数()f x 在[1,)+∞上的零点个数为0; 12a e =时,函数()f x 在[1,+∞)上的零点个数为1; 12(,)a e ∈+∞,函数()f x 在()0f x '>上的零点个数为2.9.(2020·广东禅城·佛山一中高二月考)已知函数()ln x f x a x e =-;()1讨论()f x 的极值点的个数;()2若2a =,求证:()0f x <.【答案】(1)当a≤0时,f (x )无极值点;当a >0时,函数y=f (x )有一个极大值点,无极小值点;(2)见解析【解析】(1)根据题意可得,()(0)xx a a xe f x e x x x-='-=>, 当0a ≤时,0f x ,函数()y f x =是减函数,无极值点;当0a >时,令0f x ,得0x a xe -=,即x xe a =,又x y xe a =-在0,上存在一解,不妨设为0x , 所以函数()y f x =在()00,x 上是单调递增的,在()0,x +∞上是单调递减的.所以函数()y f x =有一个极大值点,无极小值点;总之:当0a ≤时,无极值点;当0a >时,函数()y f x =有一个极大值点,无极小值点.(2)()2ln xf x x e =-,()2(0)xxe f x x x '-=>, 由(1)可知()f x 有极大值()0f x ,且0x 满足002x x e=①, 又x y xe =在0,上是增函数,且02e <<,所以()00,1x ∈,又知:()()000max 2ln x f x f x x e ==-,② 由①可得002x e x =,代入②得()()00max 022ln f x f x x x ==-,令()22ln g x x x =-,则()()2221220x g x x x x+=+=>'恒成立, 所以()g x 在0,1上是增函数,所以()()0120g x g <=-<,即()00g x <,所以()0f x <.10.(2020·四川达州·高二期末(理))已知a R ∈,函数()ln f x x a x =-,()212g x x ax =-. (1)讨论()f x 的单调性; (2)记函数()()()h x g x f x =-,求()h x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值. 【答案】(1)答案见解析;(2)答案见解析.【解析】(1)()()ln 0f x x a x x =->,则()1a x a f x x x'-=-=. 当0a ≤时,当()0,x ∈+∞时,()0f x '>,函数()y f x =单调递增; 当0a >时,当(),x a ∈+∞时,()0f x '>,函数()y f x =单调递增, 当()0,x a ∈时,()0f x '<,函数()y f x =单调递减.综上所述,当0a ≤时,函数()y f x =的单调递增区间为()0,∞+;当0a >时,函数()y f x =的单调递减区间为()0,a ,单调递增区间为(),a +∞; (2)()()()21ln 2h x g x f x x ax x a x =-=--+,1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦, ()()()()2111x a x a x a x a h x x a x x x -++--'=--+==.①当1a ≥时,对任意的1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,()0h x '>,函数()y h x =单调递增, 所以,函数()y h x =在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()min 13ln 2282a h x h a ⎛⎫==--- ⎪⎝⎭; ②若12a ≤,对任意的1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,()0h x '<,函数()y h x =单调递减, 所以,函数()y h x =在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()()min 112h x h a ==--; ③若112a <<时,当1,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0h x '>,函数()y h x =单调递增, 当(),1x a ∈时,()0h x '<,函数()y h x =单调递减, 又因为13ln 2282a h a ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭,()112h a =--, ()13111ln 2ln 2282282a a h h a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=------=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. (i )当1ln 2082a a +-≥时,即当1128ln 24a <≤-时,()112h h ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭, 此时,函数()y h x =在区间1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()()min 112h x h a ==--; (ii )当1ln 2082a a +-<时,即当118ln 24a <<-时,()112h h ⎛⎫< ⎪⎝⎭. 此时,函数()y h x =在区间1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()min 13ln 2282a h x h a ⎛⎫==---⎪⎝⎭.综上所述,()min 31ln 2,828ln 2411,28ln 24a a a h x a a ⎧--->⎪⎪-=⎨⎪--≤⎪-⎩. 11.(2020·四川省绵阳江油中学高二期中(文))已知函数232()(1)f x a x a x x b =-+++在1x =处取得极小值1.(1)求()f x 的解析式;(2)求()f x 在[0,2]上的最值.【答案】(1)32()21f x x x x =-++(2)最小值为1,最大值为3. 【解析】(1)22()32(1)1f x a x a x '=-++, 由2(1)321(1)(31)0f a a a a '=--=-+=,得1a =或13a =-. 当1a =时,2()341(1)(31)f x x x x x '=-+=--,则()f x 在1(,),(1,)3-∞+∞上单调递增,在1(,1)3上单调递减,符合题意,由(1)1211f b =-++=,得1b =; 当13a =-时,214(1)(3)()1333x x f x x x '--=-+=,则()f x 在(,1),(3,)-∞+∞上单调递增,在(1,3)上单调递减,()f x 在1x =处取得极大值,不符合题意.所以32()21f x x x x =-++. (2)由(1)知()f x 在1[0,),(1,2]3上单调递增,在1(,1)3上单调递减, 因为131(0)(1)1,(),(2)3327f f f f ====,所以()f x 的最小值为1,最大值为3. 12.(2020·扶风县法门高中高二月考(理))已知函数2()()4x f x e ax b x x =+--,曲线()y f x =在点(0,(0))f 处切线方程为44y x =+.(1)求,a b 的值;(2)讨论()f x 的单调性,并求()f x 的极大值.【答案】(1)4a b ==;(2)见解析.【解析】(1)()()24x x e ax b f a x =++--'.由已知得()04f =,()04f '=.故4b =,8a b +=.从而4a =,4b =.(2)由(1)知,()()2414x f x e x x x =+--,()()()14224422x x f x e x x x e ⎛⎫=+--=+- ⎝'⎪⎭. 令()0f x '=得,ln2x =-或2x =-.从而当()(),2ln 2,x ∈-∞--+∞时,()0f x '>;当()2,ln 2x ∈--时,()0f x '<.故()f x 在(),2-∞-,()ln 2,-+∞上单调递增,在()2,ln 2--上单调递减. 当2x =-时,函数()f x 取得极大值,极大值为()()2241f e --=-.。

高中数学利用导数研究函数的极值精选题

高中数学利用导数研究函数的极值精选题

利用导数研究函数的极值精选题27道一.选择题(共8小题) 1.设函数()(21)xf x e x a x a=--+,其中1a<,若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <,则a 的取值范围是( )A .3[,1)2e -B .33[,)24e -C .33[,)24e D .3[,1)2e2.若2x=-是函数21()(1)x f x x a x e-=+-的极值点,则()f x 的极小值为()A .1-B .32e --C .35e -D .13.已知a 为函数3()12f x x x=-的极小值点,则(a =)A .4-B .2-C .4D .24.已知a 为常数,函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点1x ,212()(x x x <)A .121()0,()2f x f x >>-B .121()0,()2f x f x <<-C .121()0,()2f x f x ><-D .121()0,()2f x f x <>-5.已知函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点,则实数a 的取值范围是()A .(,0)-∞B .1(0,)2C .(0,1)D .(0,)+∞6.设函数()f x 在R 上可导,其导函数()f x ',且函数()f x 在2x=-处取得极小值,则函数()y x f x ='的图象可能是( )A .B .C .D .7.设函数32()2f x x e x m x ln x=-+-,记()()f xg x x=,若函数()g x 至少存在一个零点,则实数m 的取值范围是( )A .(-∞,21]e e+B .(0,21]e e+C .21(e e+,)+∞D .21(e e--,21]e e+8.已知函数322()f x x a x b x a=+++在1x=处有极值10,则f(2)等于()A .11或18B .11C .18D .17或18二.填空题(共14小题) 9.若函数2()1xaf x x +=+在1x=处取极值,则a=.10.若函数32()4f x x x a x =+--在区间(1,1)-恰有一个极值点,则实数a 的取值范围为 .11.已知函数21()2f x x ln x x=+,0x 是函数()f x 的极值点,给出以下几个命题:①010x e<<;②01x e>;③00()0f x x +<;④00()0f x x +>;其中正确的命题是 .(填出所有正确命题的序号) 12.已知32()31f x a x x =+-存在唯一的零点0x ,且0x <,则实数a 的取值范围是 .13.直线ya=与函数3()3f x x x=-的图象有相异的三个公共点,则a 的取值范围是 .14.已知函数32()3(0)f x x a x a a =-+>的极大值为正数,极小值为负数,则a 的取值范围是 . 15.若函数21()2f x xx a ln x=-+有两个不同的极值点,则实数a 的取值范围是 . 16.设函数()xf x x e=,则()f x 的极值为 ;17.已知1x ,2x 是函数2()2f x x m ln x x=+-,mR∈的两个极值点,若12x x <,则12()f x x 的取值范围为 . 18.2()()f x x x c =-在2x=处有极大值,则常数c 的值为 .19.已知函数213,10()132,01x g x x x x x ⎧--<⎪=+⎨⎪-+<⎩……,若方程()0g x m x m --=有且仅有两个不等的实根,则实数m 的取值范围是 . 20.已知函数()2xf x e ln x =--,下列说法正确的是 .①()f x 有且仅有一个极值点; ②()f x 有零点;③若()f x 极小值点为0x ,则010()2f x <<; ④若()f x 极小值点为0x ,则01()12f x <<.21.已知函数2()xf x a e x=-有两个极值点,则实数a 的取值范围是 .22.已知函数211,0,2(),0xe x x x ef x ln x x x⎧--+⎪⎪=⎨⎪>⋅⎪⎩…若方程()0f x m -=恰有两个实根,则实数m 的取值范围是 . 三.解答题(共5小题) 23.已知函数2()f x a x a x x ln x=--,且()0f x ….(1)求a ; (2)证明:()f x 存在唯一的极大值点0x ,且220()2e f x --<<.24.已知函数2()x f x e a x=-. (1)若1a =,证明:当0x …时,()1f x …;(2)若()f x 在(0,)+∞只有一个零点,求a .25.已知函数21()xa xx f x e+-=.(1)求曲线()yf x =在点(0,1)-处的切线方程;(2)证明:当1a …时,()0f x e +….26.已知函数2()(2)(1)2f x x a x ln x x=+++-. (1)若0a =,证明:当10x -<<时,()0f x <;当0x>时,()0f x >;(2)若0x =是()f x 的极大值点,求a .27.设函数2()(1)()f x ln x a x x =++-,其中a R∈,(Ⅰ)讨论函数()f x 极值点的个数,并说明理由;(Ⅱ)若0x∀>,()0f x …成立,求a 的取值范围.利用导数研究函数的极值精选题27道参考答案与试题解析一.选择题(共8小题) 1.设函数()(21)xf x e x a x a=--+,其中1a<,若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <,则a 的取值范围是( )A .3[,1)2e -B .33[,)24e -C .33[,)24e D .3[,1)2e【分析】设()(21)xg x e x =-,ya x a=-,问题转化为存在唯一的整数0x 使得0()g x 在直线y a x a=-的下方,求导数可得函数的极值,数形结合可得(0)1a g ->=-且1(1)3g e a a--=---…,解关于a 的不等式组可得.【解答】解:设()(21)xg x e x =-,ya x a=-,由题意知存在唯一的整数0x 使得0()g x 在直线ya x a=-的下方,()(21)2(21)xxxg x e x ee x '=-+=+,∴当12x <-时,()0g x '<,当12x>-时,()0g x '>,∴当12x=-时,()g x 取最小值122e--,当0x=时,(0)1g =-,当1x=时,g (1)0e =>,直线y a x a=-恒过定点(1,0)且斜率为a , 故(0)1ag ->=-且1(1)3g e a a--=---…,解得312a e<…故选:D .【点评】本题考查导数和极值,涉及数形结合和转化的思想,属中档题.2.若2x=-是函数21()(1)x f x x a x e-=+-的极值点,则()f x 的极小值为()A .1-B .32e --C .35e -D .1【分析】求出函数的导数,利用极值点,求出a ,然后判断函数的单调性,求解函数的极小值即可. 【解答】解:函数21()(1)x f x x a x e-=+-, 可得121()(2)(1)x x f x x a ex a x e--'=+++-,2x =-是函数21()(1)x f x x a x e-=+-的极值点,可得:33(2)(4)(421)0f a ea e --'-=-++--=,即4(32)0a a -++-=.解得1a =-.可得121()(21)(1)x x f x x e x x e--'=-+--,21(2)x x x e-=+-,函数的极值点为:2x =-,1x=,当2x<-或1x>时,()0f x '>函数是增函数,(2,1)x ∈-时,函数是减函数, 1x =时,函数取得极小值:f(1)211(111)1e-=--=-.故选:A .【点评】本题考查函数的导数的应用,函数的单调性以及函数的极值的求法,考查计算能力. 3.已知a 为函数3()12f x x x=-的极小值点,则(a=)A .4-B .2-C .4D .2【分析】可求导数得到2()312f x x '=-,可通过判断导数符号从而得出()f x 的极小值点,从而得出a 的值. 【解答】解:2()312f x x '=-;2x ∴<-时,()0f x '>,22x -<<时,()0f x '<,2x>时,()0f x '>;2x ∴=是()f x 的极小值点;又a 为()f x 的极小值点;2a ∴=.故选:D .【点评】考查函数极小值点的定义,以及根据导数符号判断函数极值点的方法及过程,要熟悉二次函数的图象. 4.已知a 为常数,函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点1x ,212()(x x x <)A .121()0,()2f x f x >>-B .121()0,()2f x f x <<-C .121()0,()2f x f x ><-D .121()0,()2f x f x <>-【分析】先求出()f x ',令()0f x '=,由题意可得21ln xa x =-有两个解1x ,2x ⇔函数()12g x l n x a x =+-有且只有两个零点()g x ⇔'在(0,)+∞上的唯一的极值不等于0.利用导数与函数极值的关系即可得出. 【解答】解:()12f x ln x a x'=+-,(0)x>令()0f x '=,由题意可得21ln xa x =-有两个解1x ,2x ⇔函数()12g x ln x a x =+-有且只有两个零点()g x ⇔'在(0,)+∞上的唯一的极值不等于0.112()2a xg x a xx-'=-=. ①当0a …时,()g x '>,()f x '单调递增,因此()()g x f x ='至多有一个零点,不符合题意,应舍去. ②当0a>时,令()g x '=,解得12xa=,1(0,)2x a∈,()g x '>,函数()g x 单调递增;1(,)2x a∈+∞时,()0g x '<,函数()g x 单调递减.12x a∴=是函数()g x 的极大值点,则1()02g a>,即111(2)02lnln a a+-=->,(2)0ln a ∴<,021a ∴<<,即102a <<.故当102a <<时,()g x =有两个根1x ,2x ,且1212x x a<<,又g (1)120a =->,12112x x a∴<<<,从而可知函数()f x 在区间1(0,)x 上递减,在区间1(x ,2)x 上递增,在区间2(x ,)+∞上递减.1()f x f∴<(1)0a =-<,2()f x f>(1)12a =->-.故选:D .【点评】本题考查了利用导数研究函数极值的方法,考查了分类讨论的思想方法,考查了推理能力与计算能力,属于难题.5.已知函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点,则实数a 的取值范围是()A .(,0)-∞B .1(0,)2 C .(0,1)D .(0,)+∞【分析】先求导函数,函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点,等价于()21f x ln x a x '=-+有两个零点,等价于函数yln x=与21y a x =-的图象由两个交点,在同一个坐标系中作出它们的图象.由图可求得实数a 的取值范围. 【解答】解:函数()()f x x ln x a x =-,则1()()21f x ln x a x x a ln x a x x'=-+-=-+,令()210f x ln x a x '=-+=得21ln xa x =-,函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点,等价于()21f x ln x a x '=-+有两个零点,等价于函数y ln x=与21y a x =-的图象有两个交点,在同一个坐标系中作出它们的图象(如图) 当12a=时,直线21y a x =-与y ln x =的图象相切,由图可知,当102a <<时,y ln x=与21y a x =-的图象有两个交点.则实数a 的取值范围是1(0,)2. 另解:函数()()f x x ln x a x =-,则1()()21f x ln x a x x a ln x a x x'=-+-=-+,令()210f x ln x a x '=-+=得21ln xa x =-,可得12ln xa x +=有两个不同的解, 设1()ln xg x x+=,则2()ln x g x x-'=,当1x>时,()g x 递减,01x <<时,()g x 递增,可得g (1)取得极大值1, 作出()y g x =的图象,可得021a <<,即102a <<,故选:B .【点评】本题主要考查函数的零点以及数形结合方法,数形结合是数学解题中常用的思想方法,能够变抽象思维为形象思维,有助于把握数学问题的本质;另外,由于使用了数形结合的方法,很多问题便迎刃而解,且解法简捷. 6.设函数()f x 在R 上可导,其导函数()f x ',且函数()f x 在2x=-处取得极小值,则函数()y x f x ='的图象可能是( )A .B .C .D .【分析】由题设条件知:当2x>-时,()0x f x '<;当2x =-时,()x f x '=;当2x<-时,()0x f x '>.由此观察四个选项能够得到正确结果.【解答】解:函数()f x 在R 上可导,其导函数()f x ',且函数()f x 在2x=-处取得极小值,∴当2x>-时,()0f x '>;当2x =-时,()0f x '=; 当2x<-时,()0f x '<.∴当2x>-时,()0x f x '<;当2x =-时,()0x f x '=; 当2x<-时,()x f x '>.故选:A .【点评】本题考查利用导数研究函数的极值的应用,解题时要认真审题,注意导数性质和函数极值的性质的合理运用. 7.设函数32()2f x x e x m x ln x=-+-,记()()f xg x x=,若函数()g x 至少存在一个零点,则实数m 的取值范围是( )A .(-∞,21]e e+B .(0,21]e e+C .21(e e+,)+∞ D .21(e e--,21]e e+【分析】由题意先求函数的定义域,再化简为方程3220x e x m x ln x -+-=有解,则32222x e xln xln x m x e x xx-++==-++,求导求函数22ln x mx e x x=-++的值域,从而得m 的取值范围. 【解答】解:32()2f x x e x m x ln x=-+-的定义域为(0,)+∞,又()()f x g x x=,∴函数()g x 至少存在一个零点可化为函数32()2f x x e x m x ln x=-+-至少有一个零点;即方程3220x e x m x ln x -+-=有解,则32222x e xln xln x mx e x xx-++==-++, 2211222()ln x ln x m x e x e xx--'=-++=--+;故当(0,)x e ∈时,0m '>, 当(,)x e ∈+∞时,0m '<;则22ln x mxe x x=-++在(0,)e 上单调递增,在(,)e +∞上单调递减,故22112m ee e eee-+⋅⋅+=+…;又当0x +→时,22ln x mxe x x=-++→-∞,故21m ee+…;故选:A .【点评】本题考查了导数的综合应用及函数的零点与方程的关系,属于中档题. 8.已知函数322()f x x a x b x a=+++在1x=处有极值10,则f(2)等于()A .11或18B .11C .18D .17或18【分析】根据函数在1x =处有极值时说明函数在1x =处的导数为0,又因为2()32f x x a x b'=++,所以得到:f '(1)320a b =++=,又因为f(1)10=,所以可求出a 与b 的值确定解析式,最终将2x =代入求出答案.【解答】解:2()32f x x a x b'=++,∴2232032411012011a b b a a a b a a a b ++=⎧=--=⎧⎧⎪⇒⇒⎨⎨⎨+++=--==-⎪⎩⎩⎩或33a b =-⎧⎨=⎩①当33a b =-⎧⎨=⎩时,2()3(1)0f x x '=-…,∴在1x=处不存在极值;②当411a b =⎧⎨=-⎩时,2()3811(311)(1)f x x x x x '=+-=+-(x ∴∈113-,1),()0f x '<,(1,)x ∈+∞,()0f x '>,符合题意.∴411a b =⎧⎨=-⎩,f ∴(2)816221618=+-+=.故选:C .【点评】本题主要考查导数为0时取到函数的极值的问题,这里多注意联立方程组求未知数的思想,本题要注意0()0f x '=是0xx =是极值点的必要不充分条件,因此对于解得的结果要检验.二.填空题(共14小题) 9.若函数2()1xaf x x +=+在1x=处取极值,则a=3 .【分析】先求出()f x ',因为1x=处取极值,所以1是()0f x '=的根,代入求出a 即可.【解答】解:22222222()(1)(1)x x x ax x a f x x x +--+-'==++.因为()f x 在1处取极值,所以1是()0f x '=的根, 将1x=代入得3a=.故答案为3【点评】考查学生利用导数研究函数极值的能力. 10.若函数32()4f x x x a x =+--在区间(1,1)-恰有一个极值点,则实数a 的取值范围为[1,5).【分析】首先利用函数的导数与极值的关系,由于函数32()4f x x x a x =+--在区间(1,1)-恰有一个极值点,所以(1)f f '-'(1)0<,故可求实数a 的取值范围. 【解答】解:由题意,2()32f x x x a'=+-,则(1)f f '-'(1)0<,即(1)(5)0a a --<,解得15a <<,另外,当1a =时,函数32()4f x x xx =+--在区间(1,1)-恰有一个极值点,当5a=时,函数32()54f x x x x =+--在区间(1,1)-没有一个极值点,故答案为:[1,5).【点评】考查利用导数研究函数的极值问题,体现了数形结合和转化的思想方法,属于中档题. 11.已知函数21()2f x x ln x x=+,0x 是函数()f x 的极值点,给出以下几个命题:①010x e<<;②01x e>;③00()0f x x +<;④00()0f x x +>;其中正确的命题是 ①③ .(填出所有正确命题的序号)【分析】求导数,利用零点存在定理,可判断①②;20000000000111()(1)0222f x x x ln x x x x ln x x x +=++=++=-<,可判断③④.【解答】解:函数21()2f x x ln x x=+,(0)x>()1f x ln x x ∴'=++,易得()1f x ln x x'=++在(0,)+∞递增,11()0f e e ∴'=>,x →,()f x '→-∞,010x e∴<<,即①正确,②不正确;0010ln x x ++=220000000000111()(1)0222f x x x ln x x x x ln x x x ∴+=++=++=-<,即③正确,④不正确.故答案为:①③.【点评】本题考查利用导数研究函数的极值,考查学生的计算能力、转化思想,属于中档题. 12.已知32()31f x a x x =+-存在唯一的零点x ,且00x <,则实数a 的取值范围是(,2)-∞- .【分析】讨论a 的取值范围,求函数的导数判断函数的极值,根据函数极值和单调性之间的关系进行求解即可.【解答】解:()i 当0a =时,2()31f x x =-+,令()0f x =,解得3x=±,函数()f x 有两个零点,舍去.()ii 当0a≠时,22()363()f x a xx a x x a'=+=+,令()0f x '=,解得0x=或2a-.①当0a <时,20a->,当2xa>-或0x<,()0f x '<,此时函数()f x 单调递减;当20x a<<-时,()0f x '>,此时函数()f x 单调递增.∴故2x a=-是函数()f x 的极大值点,0是函数()f x 的极小值点.函数32()31f x a x x =+-存在唯一的零点x ,且00x <,则22228124()110f aa aa-=-+-=-<,即24a >得2a >(舍)或2a<-.②当0a >时,20a -<,当2xa<-或0x>时,()0f x '>,此时函数()f x 单调递增;当20x a-<<时,()0f x '<,此时函数()f x 单调递减.2x a∴=-是函数()f x 的极大值点,0是函数()f x 的极小值点.(0)10f =-<,∴函数()f x 在(0,)+∞上存在一个零点,此时不满足条件.综上可得:实数a 的取值范围是(,2)-∞-. 故答案为:(,2)-∞-.【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、函数的零点,考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力,属于中档题. 13.直线y a=与函数3()3f x x x =-的图象有相异的三个公共点,则a的取值范围是(2,2)- .【分析】先求出其导函数,利用其导函数求出其极值以及图象的变化,进而画出函数3()3f x x x=-对应的大致图象,平移直线ya=即可得出结论.【解答】解:令2()330f x x '=-=,得1x=±,可求得()f x 的极大值为(1)2f -=,极小值为f(1)2=-,如图所示,当满足22a -<<时,恰有三个不同公共点.故答案为:(2,2)-【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值以及数形结合思想的应用,是对基础知识的考查,属于基础题. 14.已知函数32()3(0)f x x a x a a =-+>的极大值为正数,极小值为负数,则a 的取值范围是)2+∞ .【分析】先利用导数求函数的极大值和极小值,再解不等式. 【解答】解22()33(0)f x x a a '=->,∴由()0f x '>得:xa>或xa<-,由()0f x '<得:ax a-<<.∴当x a=时,()f x 有极小值,xa=-时,()f x 有极大值.由题意得:333330300a a a a a a a ⎧-+<⎪-++>⎨⎪>⎩解得2a>.故答案为)2+∞【点评】本题考查导数求函数的极值.解决函数的极值问题,导数是唯一方法.极值点左右两边的导数符号必须相反. 15.若函数21()2f x xx a ln x=-+有两个不同的极值点,则实数a 的取值范围是1(0,)4.【分析】求出函数的导数,结合二次函数的性质可求. 【解答】解:因为21()2f x xx a ln x=-+有两个不同的极值点,所以2()10a xx a f x x xx-+'=-+==在(0,)+∞有2个不同的零点,所以2x x a -+=在(0,)+∞有2个不同的零点,所以1400a a =->⎧⎨>⎩,解可得,104a <<.故答案为:1(0,)4.【点评】本题主要考查了函数极值的存在条件的应用,属于基础试题. 16.设函数()xf x x e=,则()f x 的极值为1e-;【分析】求导,解关于导函数的不等式,根据极值定义得解. 【解答】解:函数的定义域为R ,()(1)x xxf x e x ex e'=+=+,令()0f x '>,得1x >-;令()0f x '<,得1x<-;故函数()f x 在1x=-处取得极小值,且极小值为1e-.故答案为:1e-.【点评】本题考查利用导数研究函数的极值,属于基础题. 17.已知1x ,2x 是函数2()2f x x m ln x x=+-,mR∈的两个极值点,若12x x <,则12()f x x 的取值范围为3(22ln --,0) .【分析】可得方程2220x x m -+=在(0,)+∞上有两个不等的正根.1212480110022m x x m m x x ⎧⎪=->⎪+=>⇒<<⎨⎪⎪=>⎩.1102x <<,则2211111111112211()2(1)1121211f x x x m ln x x x ln x x x ln x x x x x -+--==+=-++--.令1()121g x x x ln xx =-++-,1(0)2x <<.利用导数即可求得12()f x x 的取值范围故答案.【解答】解:因为2()2f x x x m ln x=-+,222()x x mt x x-+'=,所以()f x 有两个极值点1x 、2x 等价于方程2220x x m -+=在(0,)+∞上有两个不等的正根.∴1212480110022m x x m m x x ⎧⎪=->⎪+=>⇒<<⎨⎪⎪=>⎩.1102x <<,则2211111111112211()2(1)1121211f x x x m ln x x x ln x x x ln x x x x x -+--==+=-++--.令1()121g x x x ln xx =-++-,1(0)2x <<.21()21(1)g x ln x x '=+--102x <<,212210ln x ln ∴+<-+<.102x ∴<<时,()0g x '<.故()g x 在1(0,)2递减,32()02ln g x --<<.则12()f x x 的取值范围为3(22ln --,0).故答案为:3(22ln --,0).【点评】本题考查函数的导数的应用,函数的单调性以及函数的极值的求法,考查转化思想以及计算能力. 18.2()()f x x x c =-在2x=处有极大值,则常数c 的值为 6 .【分析】先求出()f x ',根据()f x 在2x=处有极大值则有f '(2)0=得到c 的值为2或6,先让2c=然后利用导数求出函数的单调区间,从而得到2x =取到极小值矛盾,所以舍去,所以得到c 的值即可. 【解答】解:322()2f x x cxc x=-+,22()34f x x c x c'=-+, f '(2)02c =⇒=或6c =.若2c =,2()384f x x x '=-+,令2()03f x x '>⇒<或2x>,2()023f x x '<⇒<<,故函数在2(,)3-∞及(2,)+∞上单调递增,在2(3,2)上单调递减,2x ∴=是极小值点.故2c =不合题意,6c=.故答案为6【点评】考查学生利用导数研究函数极值的能力,会利用待定系数法求函数解析式.19.已知函数213,10()132,01x g x x x x x ⎧--<⎪=+⎨⎪-+<⎩……,若方程()0g x m x m --=有且仅有两个不等的实根,则实数m 的取值范围是 9(,2][0,2)4m ∈-- .【分析】()0g x m x m --=可化为()(1)g x m x =+,从而化为函数()yg x =与(1)ym x =+的图象有两个不同的交点;再讨论以确定实数m 的取值范围. 【解答】解:由()0g x m x m --=得()(1)g x m x =+,原方程有两个相异的实根等价于两函数()y g x =与(1)y m x =+的图象有两个不同的交点.当0m>时,易知临界位置为(1)ym x =+过点(0,2)和(1,0), 分别求出这两个位置的斜率12k =和2k =,由图可知此时[0m ∈,2); 当0m<时,设过点(1,0)-函数1()31g x x =-+,(1x ∈-,0]的图象作切线的切点为0(x ,0)y ,则由函数的导数为21()(1)g x x '=-+得:0200001(1)1131y x x y x ⎧-=⎪++⎪⎨⎪=-⎪+⎩,解得:001332x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩得切线的斜率为194k =-,而过点(1,0)-,(0,2)-的斜率为12k =-,故可知9(4m ∈-,2]-,则9(4m∈-,2][0-,2).故答案为:9(,2][0,2)4m∈--.【点评】本题考查了方程的根与函数的零点的关系应用,属于中档题. 20.已知函数()2xf x e ln x =--,下列说法正确的是 ①③ .①()f x 有且仅有一个极值点; ②()f x 有零点;③若()f x 极小值点为0x ,则010()2f x <<; ④若()f x 极小值点为0x ,则01()12f x <<.【分析】先求出导函数()f x ',∴(T ex tran slatio n failed ),设()1x g x x e =-,(0,)x ∈+∞,利用导数得到函数()1x g x x e =-在(0,)+∞上单调递增,又1211()110222g e =⨯-=-<,g (1)10e =->,故存在唯一01(,1)2x ∈,使得0()g x =,所以()f x 有且仅有一个极值点,再利用01(,1)2x ∈,分析0()f x 的范围即可.【解答】解:()2xf x e ln x =--,(0,)x ∈+∞,∴(T ex tran slatio n failed ),设()1xg x x e =-,(0,)x ∈+∞,()0x xg x e x e'∴=+>恒成立,∴函数()1xg x x e =-,在(0,)+∞上单调递增,又1211()110222g e =⨯-=-<,g (1)10e =->,∴存在唯一01(,1)2x ∈,使得0()g x =,()f x ∴有且仅有一个极值点,当01(,)2x x ∈时,()g x <,()0f x '<,函数()f x 单调递减;当0(x x ∈,1)时,()g x >,()0f x '>,函数()f x 单调递增,x ∴是()f x 的极小值点,且满足01(,1)2x ∈,00()10x g x x e=-=,∴0011,x ex lnln x x x ===-,∴000001()22x f x e ln x x x =--=+-,对勾函数1yx x=+在1(2,1)上单调递减,∴0011222x x <+<+,∴010()2f x <<,∴函数()f x 恒大于0,无零点,综上所述:正确的是①③, 故答案为:①③.【点评】本题主要考查了利用导数以及函数的极值,是中档题. 21.已知函数2()xf x a e x=-有两个极值点,则实数a 的取值范围是2(0,)e.【分析】求出函数的导数,问题转化为ya=和2()xx g x e=在R 上有2个交点,根据函数的单调性求出()g x 的范围,从而求出a 的范围即可. 【解答】解:()2xf x a e x'=-,若函数2()x f x a e x=-有两个极值点,则ya=和2()xx g x e=在R 上有2个交点,22()xx g x e-'=,(,1)x ∈-∞时,即()0g x '>,()g x 递增,(1,)x ∈+∞时,()0g x '<,()g x 递减, 故()m a x g x g=(1)2e=,而20xx e>恒成立,所以20a e<<,故答案为:2(0,)e .【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用以及转化思想,是一道中档题.22.已知函数211,0,2(),0xe x x x ef x ln x x x ⎧--+⎪⎪=⎨⎪>⋅⎪⎩…若方程()0f x m -=恰有两个实根,则实数m 的取值范围是1(,0]{}e-∞ . 【分析】研究0x>与0x …时,()f x 的单调性、极值情况,画出图象,然后研究y a=与()y f x =恰有两个交点时a 的取值范围.【解答】解:(1)0x …时,()1x f x e x '=--,易知(0)0f '=,而()10xf x e ''=-<,所以()f x '在(-∞,0]上递减,故()(0)0f x f ''=…,故()f x 在(-∞,0]上递增,且1()(0)1f x f e=+…,当x→-∞时,()f x →-∞.(2)0x >时,21()ln x f x x-'=,令()0f x '>,得0x e<<;()0f x '<得xe>;故()f x 在(0,)e 上递增,在(,)e +∞递减, 故0x >时,1()()m a x f x f e e==;0x→时,()f x →-∞;x→+∞时,()0f x →.由题意,若方程()0f x m -=恰有两个实根,只需ym=与()yf x =恰有两个交点,同一坐标系画出它们的图象如下:如图所示,当直线ym=在图示①,②位置时,与()yf x =有两个交点,所以m 的范围是:1(,0]{}e-∞.故答案为:1(,0]{}e-∞.【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值等性质,进而结合图象研究函数的零点问题.属于中档题. 三.解答题(共5小题) 23.已知函数2()f x a x a x x ln x=--,且()0f x ….(1)求a ; (2)证明:()f x 存在唯一的极大值点0x ,且220()2e f x --<<.【分析】(1)通过分析可知()0f x …等价于()h x a x a ln x =--…,进而利用1()h x a x'=-可得1()()m in h x h a =,从而可得结论;(2)通过(1)可知2()f x x x x ln x=--,记()()22t x f x x l n x ='=--,解不等式可知1()()2102m in t x t ln ==-<,从而可知()0f x '=存在两根0x ,2x ,利用()f x 必存在唯一极大值点0x 及012x <可知01()4f x <,另一方面可知0211()()f x f e e>=. 【解答】解:(1)因为2()()(0)f x a x a x x ln x x a x a ln x x =--=-->,则()0f x …等价于()h x a x a ln x =--…,求导可知1()h x a x'=-.则当0a …时()0h x '<,即()yh x =在(0,)+∞上单调递减,所以当01x >时,0()h x h<(1)0=,矛盾,故0a>.因为当10x a<<时()0h x '<、当1xa>时()h x '>,所以1()()m inh x h a =,又因为h (1)10a a ln =--=,所以11a =,解得1a=;另解:因为f(1)0=,所以()0f x …等价于()f x 在0x>时的最小值为f(1),所以等价于()f x 在1x=处是极小值,所以解得1a=;(2)由(1)可知2()f x x x x ln x=--,()22f x x ln x'=--,令()0f x '=,可得220xln x --=,记()22t x x ln x=--,则1()2t x x'=-,令()t x '=,解得12x=,所以()t x 在区间1(0,)2上单调递减,在1(2,)+∞上单调递增,所以1()()2102m in t x t ln ==-<,又2212()0t ee=>,所以()t x 在1(0,)2上存在唯一零点,所以()t x =有解,即()0f x '=存在两根0x ,2x ,且不妨设()f x '在0(0,)x 上为正、在0(x ,2)x 上为负、在2(x ,)+∞上为正,所以()f x 必存在唯一极大值点0x ,且00220x ln x --=,所以222200000000000()22f x x x x ln x x x x x x x =--=-+-=-,由012x <可知20002111()()224m a x f x x x <-=-+=;由1()0f e'<可知0112x e<<,所以()f x 在0(0,)x 上单调递增,在0(x ,1)e 上单调递减,所以0211()()f x f e e>=;综上所述,()f x 存在唯一的极大值点0x ,且220()2e f x --<<.【点评】本题考查利用导数研究函数的极值,考查运算求解能力,考查转化思想,注意解题方法的积累,属于难题. 24.已知函数2()xf x e a x=-. (1)若1a =,证明:当0x …时,()1f x …;(2)若()f x 在(0,)+∞只有一个零点,求a .【分析】(1)通过两次求导,利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明, (2)方法一:分离参数可得2x e ax=在(0,)+∞只有一个根,即函数ya=与2()x e G x x=的图象在(0,)+∞只有一个交点.结合图象即可求得a . 方法二:①当0a …时,2()0x f x e a x=->,()f x 在(0,)+∞没有零点.②当0a>时,设函数2()1xh x a x e-=-.()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点. 利用()(2)xh x a x x e-'=-,可得())h x 在(0,2)递减,在(2,)+∞递增,结合函数()h x 图象即可求得a .【解答】解:(1)证明:当1a =时,函数2()x f x e x=-.则()2xf x e x'=-, 令()2xg x e x=-,则()2xg x e '=-,令()g x '=,得2x ln =.当(0,2)x ln ∈时,()0g x '<,当(2,)x ln ∈+∞时,()g x '>,2()(2)222220ln g x g ln eln ln ∴=-⋅=->…,()f x ∴在[0,)+∞单调递增,()(0)1f x f ∴=….(2)方法一:()f x 在(0,)+∞只有一个零点⇔方程2xe a x-=在(0,)+∞只有一个根,2x e a x⇔=在(0,)+∞只有一个根,即函数ya=与2()x e G x x=的图象在(0,)+∞只有一个交点.3(2)()xe x G x x-'=,当(0,2)x ∈时,()0G x '<,当(2,)∈+∞时,()G x '>,()G x ∴在(0,2)递减,在(2,)+∞递增, 当0x→时,()G x →+∞,当→+∞时,()G x →+∞, ()f x ∴在(0,)+∞只有一个零点时,aG=(2)24e=.方法二:①当0a …时,2()0x f x e a x=->,()f x 在(0,)+∞没有零点.②当0a>时,设函数2()1xh x a x e-=-.()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点.()(2)xh x a x x e-'=-,当(0,2)x ∈时,()0h x '<,当(2,)x ∈+∞时,()h x '>,()h x ∴在(0,2)递减,在(2,)+∞递增,∴24()(2)1m in a h x h e==-,(0)x ….当h (2)0<时,即24ea >,()i 由于(0)1h =,当0x>时,2xe x>,可得33342241616161(4)11110()(2)aaa a ah a eea a=-=->-=->.()h x 在(0,)+∞有2个零点()ii 当h (2)0>时,即24ea <,()h x 在(0,)+∞没有零点, ()iii 当h (2)0=时,即24ea=,()h x 在(0,)+∞只有一个零点,综上,()f x 在(0,)+∞只有一个零点时,24ea=.【点评】本题考查了利用导数探究函数单调性,以及函数零点问题,考查了转化思想、数形结合思想,属于中档题. 25.已知函数21()xa xx f x e+-=.(1)求曲线()yf x =在点(0,1)-处的切线方程;(2)证明:当1a …时,()0f x e +….【分析】(1)22(21)(1)()()xxxa x e a xx ef x e +-+-'=由(0)2f '=,可得切线斜率2k=,即可得到切线方程.(2)可得22(21)(1)(1)(2)()()xxxxa x e a x x ea x x f x e e+-+-+-'==-.可得()f x 在1(,)a-∞-,(2,)+∞递减,在1(a-,2)递增,注意到1a …时,函数2()1g x a x x =+-在(2,)+∞单调递增,且g (2)410a =+>只需1()a m inx e e=--…,即可.【解答】解:(1)22(21)(1)(1)(2)()()xxxxa x e a x x ea x x f x e e +-+-+-'==-.(0)2f ∴'=,即曲线()yf x =在点(0,1)-处的切线斜率2k=,∴曲线()yf x =在点(0,1)-处的切线方程为(1)2y x--=.即210xy --=为所求.(2)证明:函数()f x 的定义域为:R ,可得22(21)(1)(1)(2)()()xxxxa x e a x x ea x x f x e e+-+-+-'==-.令()0f x '=,可得1212,0x x a==-<,当1(,)x a ∈-∞-时,()0f x '<,1(,2)x a ∈-时,()0f x '>,(2,)x ∈+∞时,()0f x '<.()f x ∴在1(,)a-∞-,(2,)+∞递减,在1(a-,2)递增,注意到1a …时,函数2()1g x a x x =+-在(2,)+∞单调递增,且g (2)410a =+>,故()g x 在(2,)+∞上恒大于零,即21()xa xx f x e+-=在(2,)+∞上恒大于零.函数()f x 的图象如下:1a …,∴1(0,1]a ∈,则11()a f e ea-=--…,1()a m inf x e e∴=--…,∴当1a …时,()0f x e +….【点评】本题考查了导数的几何意义,及利用导数求单调性、最值,考查了数形结合思想,属于中档题.。

人教A版高中同步学案数学选择性必修第二册精品课件 第五章 一元函数的导数及其应用 第1课时函数的极值

人教A版高中同步学案数学选择性必修第二册精品课件 第五章 一元函数的导数及其应用 第1课时函数的极值
D 正确.
故选 ABD.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
10.若函数f(x)=x3+x2-ax-4在区间(-1,1)内恰有一个极值点,则实数a的取值
范围为 [1,5)
,若函数f(x)=x3+x2-ax-4在区间(-1,1)内恰有两个极值点,则
实数a的取值范围是
1
(-3,1)
.
解析 ∵f'(x)=3x2+2x-a,函数f(x)在区间(-1,1)内恰有一个极值点,
∴f'(x)=3x2-2a=0在(0,1)内无实数根.∴-2a≥0或3-2a≤0,∴a≤0或a≥
选D.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
3
,故
2
5.(多选题)已知函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值,则实数a的值
可以是( AD )
A.-4
B.-3
C.6
D.8
解析 由题意知f'(x)=3x2+2ax+(a+6)=0有两个不相等的实数根,所以
垂直于y轴.
求:(1)a的值;
(2)函数f(x)的极值.


1
(1)f'(x)= − 22
3
+ 2(x>0).
由题意知,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 0,即 f'(1)=0,从而
1
3
a-2 + 2=0,
解得 a=-1.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
(2)由(1)知 f(x)=-ln
极小值.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

高中数学函数的极值典型例题

高中数学函数的极值典型例题

利用导数求函数的极值例求下列函数的极值:31.f(x)x12x;2.f2x2x(x)x e;3.f(x) 2.2x1分析:按照求极值的基本方法,首先从方程f(x)0求出在函数f(x)定义域内所有可能的极值点,然后按照函数极值的定义判断在这些点处是否取得极值.解:1.函数定义域为R.f(x)3x2123(x2)(x2).令f(x)0,得x2.当x2或x2时,f(x)0,∴函数在,2和2,上是增函数;当2x2时,f(x)0,∴函数在(-2,2)上是减函数.∴当x2时,函数有极大值f(2)16,当x2时,函数有极小值f(2)16.2.函数定义域为R.x x2e x x x ef(x)2xe(2)x令f(x)0,得x0或x2.当x0或x2时,f(x)0,∴函数f(x)在,0和2,上是减函数;当0x2时,f(x)0,∴函数f(x)在(0,2)上是增函数.∴当x0时,函数取得极小值f(0)0,当x2时,函数取得极大值2f(2)4e.3.函数的定义域为R.f(x)2(1(2x)2x2x21)2x2(1(xx)(121)2x).令f(x)0,得x1.当x1或x1时,f(x)0,∴函数f(x)在,1和1,上是减函数;当1x1时,f(x)0,∴函数f(x)在(-1,1)上是增函数.∴当x1时,函数取得极小值f(1)3,当x1时,函数取得极大值f(1) 1.说明:思维的周密性是解决问题的基础,在解题过程中,要全面、系统地考虑问题,注意各种条件综合运用,方可实现解题的正确性.解答本题时应注意()0f x只是函数f(x)在x0处有极值的必要条件,如果再加之x0附近导数的符号相反,才能断定函数在x0处取得极值.反映在解题上,错误判断极值点或漏掉极值点是学生经常出现的失误.复杂函数的极值例求下列函数的极值:1.f(x)(5);2.f(x)x 6.3x2x2x分析:利用求导的方法,先确定可能取到极值的点,然后依据极值的定义判定.在函数f(x)的定义域内寻求可能取到极值的“可疑点”,除了确定其导数为零的点外,还必须确定函数定义域内所有不可导的点.这两类点就是函数f(x)在定义内可能取到极值的全部“可疑点”.22(x5)3x5(x2)32解:1..f(x)(x5)x3x333x3x3令f(x)0,解得x2,但x0也可能是极值点.当x0或x2时,f(x)0,∴函数f(x)在,0和2,上是增函数;0x2时,f(x)0,当∴函数f(x)在(0,2)上是减函数.∴当x0时,函数取得极大值f(0)0,当x2时,函数取得极小值f(2)3.34342.f(x)2x2xxx6,(x(6,22或xx3),3),2x1,(x2x3),或∴f(x)2x1,(2x3),不存在,(x2x或3).令f(x)0,得1 x.21当x2或 3x时,f(x)0,21∴函数f(x)在,2和,32上是减函数;当x3或12x时,f(x)0,2∴函数f(x)在3,和12,上是增函数.2∴当x2和x3时,函数f(x)有极小值0,当1x时,函数有极大值2254.说明:在确定极值时,只讨论满足()0f x的点附近的导数的符号变化情况,确定极值是不全面的.在函数定义域内不可导的点处也可能存在极值.本题1中x0处,2中x2及x3处函数都不可导,但f(x)在这些点处左右两侧异号,根据极值的判定方法,函数f(x)在这些点处仍取得极值.从定义分析,极值与可导无关.根据函数的极值确定参数的值例已知f(x)ax3bx2cx(a0)在x1时取得极值,且f(1)1.1.试求常数a、b、c的值;2.试判断x1是函数的极小值还是极大值,并说明理由.分析:考察函数f(x)是实数域上的可导函数,可先求导确定可能的极值点,再通过极值点与导数的关系,即极值点必为f(x)0的根建立起由极值点x1所确定的相关等式,运用待定系数法求出参数a、b、c的值.2解:1.解法一:f(x)3ax2bx c.x1是函数f(x)的极值点,2bx c∴x1是方程f(x)0,即320ax的两根,由根与系数的关系,得2b3a0,(1)c 3a 1,(2)又f(1)1,∴a b c1,(3)由(1)、(2)、(3)解得13 a,b0,c.22解法二:由f(1)f(1)0得3a2b c0,(1)3a2b c0(2)又f(1)1,∴a b c1,(3)解(1)、(2)、(3)得13 a,b0,c.221332.f(x)x x223332x x,∴f(x)x(1)(1).222当x1或x1时,f(x)0,当1x1时,f(x)0.∴函数f(x)在,1和1,上是增函数,在(-1,1)上是减函数.∴当x1时,函数取得极大值f(1)1,当x1时,函数取得极小值f(1)1.说明:解题的成功要靠正确思路的选择.本题从逆向思维的角度出发,根据题设结构进行逆向联想,合理地实现了问题的转化,使抽象的问题具体化,在转化的过程中充分运用了已知条件确定了解题的大方向.可见出路在于“思想认识”.在求导之后,不会应用f(1)0的隐含条件,因而造成了解决问题的最大思维障碍.。

高中数学函数在某点取得极值的条件精选题

高中数学函数在某点取得极值的条件精选题

函数在某点取得极值的条件精选题28道一.选择题(共9小题)1.若函数f(x)=x3+ax2+bx+c有极值点x1,x2,且f(x1)=x1,则关于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的不同实根个数是()A.3B.4C.5D.62.设三次函数f(x)的导函数为f′(x),函数y=x•f′(x)的图象的一部分如图所示,则正确的是()A.f(x)的极大值为,极小值为B.f(x)的极大值为,极小值为C.f(x)的极大值为f(﹣3),极小值为f(3)D.f(x)的极大值为f(3),极小值为f(﹣3)3.若函数f(x)=x(x﹣c)2在x=2处有极大值,则常数c为()A.2B.6C.2或6D.﹣2或﹣64.已知函数f(x)=x3﹣ax2﹣bx+a2在x=1处有极值10,则a、b的值为()A.a=﹣4,b=11B.a=3,b=﹣3或a=﹣4,b=11C.a=﹣1,b=5D.以上都不正确5.函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f′(x)在(a,b)内的图象如图所示,则函数f(x)在开区间(a,b)内极值点(包括极大值点和极小值点)有()A.1个B.2个C.3个D.4个6.函数f(x)=x3﹣ax2﹣bx+a2在x=1处有极值10,则点(a,b)为()A.(3,﹣3)B.(﹣4,11)C.(3,﹣3)或(﹣4,11)D.不存在7.已知函数f(x)=e x﹣ax有两个零点x1<x2,则下列说法错误的是()A.a>eB.x1+x2>2C.x1x2>1D.有极小值点x0,且x1+x2<2x08.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,则a+b=()A.0或﹣7B.0C.﹣7D.1或﹣69.已知函数f(x)和g(x)的导函数f′(x),g′(x)图象分别如图所示,则关于函数y =g(x)﹣f(x)的判断正确的是()A.有3个极大值点B.有3个极小值点C.有1个极大值点和2个极小值点D.有2个极大值点和1个极小值点二.多选题(共1小题)(多选)10.已知函数f(x)=e x﹣ax有两个零点x1<x2,则下列说法正确的是()A.a>eB.x1+x2>2C.x1x2>1D.有极小值点x0,且x1+x2<2x0三.填空题(共10小题)11.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=﹣1时有极值0,则m+n=.12.已知函数f(x)=x(x﹣c)2在x=2处有极大值,则c=.13.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值为10,则f(2)等于.14.函数f(x)=x2﹣lnx的极值点是.15.已知f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=﹣1时有极值0,则a﹣b的值为.16.已知函数f(x)=x3+2x2﹣ax+1在区间(﹣1,1)上恰有一个极值点,则实数a的取值范围是.17.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=﹣1时有极值0,则m=,n=.18.若f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1既有极大值又有极小值,则a的取值范围是.19.已知命题p:∃x∈R,使得e x≤2x+a为假命题,则实数a的取值范围是.20.函数f(x)=alnx+x在x=1处取得极值,则a的值为.四.解答题(共8小题)21.已知f(x)=x3+ax2+bx+c在x=1与时,都取得极值.(1)求a,b的值;(2)若,求f(x)的单调区间和极值.22.已知函数f(x)=x3+mx2﹣m2x+1(m为常数,且m>0)有极大值9.(Ⅰ)求m的值;(Ⅱ)若斜率为﹣5的直线是曲线y=f(x)的切线,求此直线方程.23.已知函数f(x)=lnx+ax﹣a2x2(a≥0).(1)若x=1是函数y=f(x)的极值点,求a的值;(2)求函数y=f(x)的单调区间.24.设函数f(x)=(x2+ax+b)e x(x∈R).(Ⅰ)若x=1是函数f(x)的一个极值点,试求出a关于b的关系式(用a表示b),并确定f(x)的单调区间;(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,设a>0,函数g(x)=(a2+14)e x+4.若存在ξ1,ξ2∈[0,4]使得|f(ξ1)﹣g(ξ2)|<1成立,求a的取值范围.25.已知f(x)=ax2﹣2lnx,x∈(0,e],其中e是自然对数的底.(1)若f(x)在x=1处取得极值,求a的值;(2)求f(x)的单调区间;(3)设,存在x1,x2∈(0,e],使得|f(x1)﹣g(x2)|<9成立,求a的取值范围.26.已知x=4是函数f(x)=alnx+x2﹣12x+11的一个极值点.(1)求实数a的值;(2)求函数f(x)的单调区间;(3)若直线y=b与函数y=f(x)的图象有3个交点,求b的取值范围.27.已知函数f(x)=ln(x+a)﹣x2﹣x在x=0处取得极值.(1)求实数a的值;(2)若关于x的方程f(x)=﹣+b在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根,求实数b的取值范围;(3)证明:对任意的正整数n,不等式2+++…+>ln(n+1)都成立.28.已知函数f(x)=ax3+bx2+cx在x=±1处取得极值,且在x=0处的切线的斜率为﹣3.(Ⅰ)求f(x)的解析式;(Ⅱ)若过点A(2,m)可作曲线y=f(x)的三条切线,求实数m的取值范围.函数在某点取得极值的条件精选题28道参考答案与试题解析一.选择题(共9小题)1.若函数f(x)=x3+ax2+bx+c有极值点x1,x2,且f(x1)=x1,则关于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的不同实根个数是()A.3B.4C.5D.6【分析】求导数f′(x),由题意知x1,x2是方程3x2+2ax+b=0的两根,从而关于f(x)的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0有两个根,作出草图,由图象可得答案.【解答】解:f′(x)=3x2+2ax+b,x1,x2是方程3x2+2ax+b=0的两根,由3(f(x))2+2af(x)+b=0,得x=x1,或x=x2,即3(f(x))2+2af(x)+b=0的根为f(x)=x1或f(x)=x2的解.如图所示,由图象可知f(x)=x1有2个解,f(x)=x2有1个解,因此3(f(x))2+2af(x)+b=0的不同实根个数为3.故选:A.【点评】考查函数零点的概念、以及对嵌套型函数的理解,考查数形结合思想.2.设三次函数f(x)的导函数为f′(x),函数y=x•f′(x)的图象的一部分如图所示,则正确的是()A.f(x)的极大值为,极小值为B.f(x)的极大值为,极小值为C.f(x)的极大值为f(﹣3),极小值为f(3)D.f(x)的极大值为f(3),极小值为f(﹣3)【分析】观察图象知,x<﹣3时,f′(x)<0.﹣3<x<0时,f′(x)>0.由此知极小值为f(﹣3).0<x<3时,yf′(x)>0.x>3时,f′(x)<0.由此知极大值为f (3).【解答】解:观察图象知,x<﹣3时,y=x•f′(x)>0,∴f′(x)<0.﹣3<x<0时,y=x•f′(x)<0,∴f′(x)>0.由此知极小值为f(﹣3).0<x<3时,y=x•f′(x)>0,∴f′(x)>0.x>3时,y=x•f′(x)<0,∴f′(x)<0.由此知极大值为f(3).故选:D.【点评】本题考查极值的性质和应用,解题时要仔细图象,注意数形结合思想的合理运用.3.若函数f(x)=x(x﹣c)2在x=2处有极大值,则常数c为()A.2B.6C.2或6D.﹣2或﹣6【分析】求出函数的导数,再令导数等于0,求出c值,再检验函数的导数是否满足在x =2处左侧为正数,右侧为负数,把不满足条件的c值舍去.【解答】解:∵函数f(x)=x(x﹣c)2=x3﹣2cx2+c2x,它的导数为f′(x)=3x2﹣4cx+c2,由题意知,在x=2处的导数值为12﹣8c+c2=0,∴c=6,或c=2,又函数f(x)=x(x﹣c)2在x=2处有极大值,故导数值在x=2处左侧为正数,右侧为负数.当c=2时,f′(x)=3x2﹣8x+4=3(x﹣)(x﹣2),不满足导数值在x=2处左侧为正数,右侧为负数.当c=6时,f′(x)=3x2﹣24x+36=3(x2﹣8x+12)=3(x﹣2)(x﹣6),满足导数值在x=2处左侧为正数,右侧为负数.故c=6.故选:B.【点评】本题考查函数在某点取得极大值的条件:导数值等于0,且导数在该点左侧为正数,右侧为负数.4.已知函数f(x)=x3﹣ax2﹣bx+a2在x=1处有极值10,则a、b的值为()A.a=﹣4,b=11B.a=3,b=﹣3或a=﹣4,b=11C.a=﹣1,b=5D.以上都不正确【分析】求导数,利用函数在x=1处有极值10,得到两个条件f(1)=10和f'(1)=0,然后利用方程组求解a,b.【解答】解:函数的导数为f'(x)=3x2﹣2ax﹣b,因为函数f(x)=x3﹣ax2﹣bx+a2在x=1处有极值10,所以f(1)=10且f'(1)=0.即,解得.当a=3,b=﹣3时,f'(x)=3x2﹣6x+3=3(x﹣1)2≥0,此时函数单调递增,所以此时函数没有极值,所以不满足条件.所以经检验值当a=﹣4,b=11时,满足条件.故选:A.【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值问题,要求掌握可导函数取得极值的条件,f'(x)=0是函数取得极值的必要不充分条件,求解之后要注意进行检验.5.函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f′(x)在(a,b)内的图象如图所示,则函数f(x)在开区间(a,b)内极值点(包括极大值点和极小值点)有()A.1个B.2个C.3个D.4个【分析】根据当f'(x)>0时函数f(x)单调递增,f'(x)<0时f(x)单调递减,可从f′(x)的图象可知f(x)在(a,b)内从左到右的单调性依次为增→减→增→减,然后得到答案.【解答】解:从f′(x)的图象可知f(x)在(a,b)内从左到右的单调性依次为增→减→增→减,根据极值点的定义可知,导函数在某点处值为0,左右两侧异号的点为极值点,由图可知,在(a,b)内只有3个极值点.故选:C.【点评】本题主要考查函数的极值点和导数正负的关系.属基础题.6.函数f(x)=x3﹣ax2﹣bx+a2在x=1处有极值10,则点(a,b)为()A.(3,﹣3)B.(﹣4,11)C.(3,﹣3)或(﹣4,11)D.不存在【分析】首先对f(x)求导,然后由题设在x=1时有极值10可得解之即可求出a和b的值.【解答】解:对函数f(x)求导得f′(x)=3x2﹣2ax﹣b,又∵在x=1时f(x)有极值10,∴,解得或,验证知,当a=3,b=﹣3时,在x=1无极值,故选:B.【点评】掌握函数极值存在的条件,考查利用函数的极值存在的条件求参数的能力,属于中档题.7.已知函数f(x)=e x﹣ax有两个零点x1<x2,则下列说法错误的是()A.a>eB.x1+x2>2C.x1x2>1D.有极小值点x0,且x1+x2<2x0【分析】对四个选项分别进行判断,即可得出结论.【解答】解:∵f(x)=e x﹣ax,∴f′(x)=e x﹣a,令f′(x)=e x﹣a>0,①当a≤0时,f′(x)=e x﹣a>0在x∈R上恒成立,∴f(x)在R上单调递增.②当a>0时,∵f′(x)=e x﹣a>0,∴e x﹣a>0,解得x>lna,∴f(x)在(﹣∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)单调递增.∵函数f(x)=e x﹣ax有两个零点x1<x2,∴f(lna)<0,a>0,∴e lna﹣alna<0,∴a>e,A正确;∵,,∴,设,则t>1,,∴,令,则,∴g(t)>g(1)>0,∴x1+x2﹣2>0,x1+x2>2,B正确;f(0)=1>0,∴0<x1<1,x1x2>1不一定,C不正确;f(x)在(﹣∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)单调递增,∴有极小值点x0=lna,由图象观察可得x1+x2<2x0=2lna,D正确.故选:C.【点评】本题考查了利用导数求函数的极值,研究函数的零点问题,利用导数研究函数的单调性,对于利用导数研究函数的单调性,注意导数的正负对应着函数的单调性.8.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,则a+b=()A.0或﹣7B.0C.﹣7D.1或﹣6【分析】根据函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,可知f′(1)=0和f(1)=10,对函数f(x)求导,解方程组,注意验证,可求得答案.【解答】解:由f(x)=x3+ax2+bx+a2,得f′(x)=3x2+2ax+b,,即,解得或(经检验应舍去),a+b=4﹣11=﹣7,故选:C.【点评】本题主要考查函数在某点取得极值的条件,注意f′(x0)=0是x=x0是极值点的必要不充分条件,因此对于解得的结果要检验,这是易错点,属于基础题.9.已知函数f(x)和g(x)的导函数f′(x),g′(x)图象分别如图所示,则关于函数y =g(x)﹣f(x)的判断正确的是()A.有3个极大值点B.有3个极小值点C.有1个极大值点和2个极小值点D.有2个极大值点和1个极小值点【分析】由已知结合函数的单调性与极值的关系进行分析即可求解.【解答】解:结合函数图象可知,当x<a时,f′(x)<g′(x),此时y′=g′(x)﹣f′(x)>0,函数单调递增,当a<x<0时,f′(x)>g′(x),此时y′=g′(x)﹣f′(x)<0,函数单调递减,当0<x<b时,f′(x)<g′(x),此时y′=g′(x)﹣f′(x)>0,函数单调递增,当x>b时,f′(x)>g′(x),此时y′=g′(x)﹣f′(x)<0,函数单调递减,故函数在x=a,x=b处取得极大值,在x=0处取得极小值.故选:D.【点评】本题主要考查了函数极值的判断,属于基础试题.二.多选题(共1小题)(多选)10.已知函数f(x)=e x﹣ax有两个零点x1<x2,则下列说法正确的是()A.a>eB.x1+x2>2C.x1x2>1D.有极小值点x0,且x1+x2<2x0【分析】对四个选项分别进行判断,即可得出结论.【解答】解:∵f(x)=e x﹣ax,∴f′(x)=e x﹣a,令f′(x)=e x﹣a>0,①当a≤0时,f′(x)=e x﹣a>0在x∈R上恒成立,∴f(x)在R上单调递增.②当a>0时,∵f′(x)=e x﹣a>0,∴e x﹣a>0,解得x>lna,∴f(x)在(﹣∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)单调递增.∵函数f(x)=e x﹣ax有两个零点x1<x2,∴f(lna)<0,a>0,∴e lna﹣alna<0,∴a>e,A正确;∵,,∴,设,则t>1,,∴,令,则,∴g(t)>g(1)>0,∴x1+x2﹣2>0,x1+x2>2,B正确;f(0)=1>0,∴0<x1<1,x1x2>1不一定,C不正确;f(x)在(﹣∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)单调递增,∴有极小值点x0=lna,由图象观察可得x1+x2<2x0=2lna,D正确.故选:ABD.【点评】本题考查了利用导数求函数的极值,研究函数的零点问题,利用导数研究函数的单调性,对于利用导数研究函数的单调性,注意导数的正负对应着函数的单调性.三.填空题(共10小题)11.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=﹣1时有极值0,则m+n=11.【分析】对函数进行求导,根据函数f(x)在x=﹣1有极值0,可以得到f(﹣1)=0,f′(﹣1)=0,代入求解即可【解答】解:∵f(x)=x3+3mx2+nx+m2∴f′(x)=3x2+6mx+n依题意可得联立可得当m=1,n=3时函数f(x)=x3+3x2+3x+1,f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0函数在R上单调递增,函数无极值,舍故答案为:11【点评】本题主要考查函数在某点取得极值的性质:若函数在x0取得极值⇒f′(x0)=0.反之结论不成立,即函数有f′(x0)=0,函数在该点不一定是极值点,(还得加上在两侧有单调性的改变),属基础题.12.已知函数f(x)=x(x﹣c)2在x=2处有极大值,则c=6.【分析】由已知函数f(x)=x(x﹣c)2在x=2处有极大值,则必有f′(2)=0,且在x=2的两侧异号即可得出.【解答】解:∵f′(x)=(x﹣c)2+2x(x﹣c)=3x2﹣4cx+c2,且函数f(x)=x(x﹣c)2在x=2处有极大值,∴f′(2)=0,即c2﹣8c+12=0,解得c=6或2.经检验c=2时,函数f(x)在x=2处取得极小值,不符合题意,应舍去.故c=6.故答案为6.【点评】熟练掌握利用导数研究函数的极值的方法是解题的关键.13.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值为10,则f(2)等于18.【分析】对函数f(=x)求导的导函数,利用导函数与极值的关系进行求解.【解答】解:f′(x)=3x2+2ax+b,∴或当时,f′(x)=3(x﹣1)2≥0,∴在x=1处不存在极值;当时,f′(x)=3x2+8x﹣11=(3x+11)(x﹣1)∴x∈(,1),f′(x)<0,x∈(1,+∞),f′(x)>0,∴适合∴f(2)=8+16﹣22+16=18.故答案为18.【点评】本题主要考查了函数在某点取得极值的条件,即在该点处导函数值为0.14.函数f(x)=x2﹣lnx的极值点是.【分析】直接利用导函数为0,求出方程的解,判断是否是极值点即可.【解答】解:函数f(x)的定义域{x|x>0},f′(x)=2x﹣=,令f′(x)=0,得x=或﹣(舍去),当x∈(0,)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以函数f(x)的极值点是x=,故答案为:.【点评】本题考查函数的极值点的求法与判断,是易错题,求解方程的根后,必须验证方程的根是否是函数的极值点.15.已知f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=﹣1时有极值0,则a﹣b的值为﹣7.【分析】求导函数,利用函数f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=﹣1处有极值0,建立方程组,求得a,b的值,再验证,即可得到结论.【解答】解:∵函数f(x)=x3+3ax2+bx+a2∴f'(x)=3x2+6ax+b,又∵函数f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=﹣1处有极值0,∴,∴或当时,f'(x)=3x2+6ax+b=3(x+1)2≥0,没有极值,不满足题意;当时,f'(x)=3x2+6ax+b=3(x+1)(x+3)=0,方程有两个不等的实数根,满足题意;∴a﹣b=﹣7故答案为:﹣7.【点评】本题考查导数知识的运用,考查函数的极值,考查学生的计算能力,属于基础题.16.已知函数f(x)=x3+2x2﹣ax+1在区间(﹣1,1)上恰有一个极值点,则实数a的取值范围是[﹣1,7).【分析】首先利用函数的导数与极值的关系求出a的值,由于函数f(x)=x3+2x2﹣ax+1在区间(﹣1,1)上恰有一个极值点,所以f′(﹣1)f′(1)<0,进而验证a=﹣1与a=7时是否符合题意,即可求答案.【解答】解:由题意,f′(x)=3x2+4x﹣a,当f′(﹣1)f′(1)<0时,函数f(x)=x3+2x2﹣ax+1在区间(﹣1,1)上恰有一个极值点,解得﹣1<a<7,当a=﹣1时,f′(x)=3x2+4x+1=0,在(﹣1,1)上恰有一根x=﹣,当a=7时,f′(x)=3x2+4x﹣7=0在(﹣1,1)上无实根,则a的取值范围是[﹣1,7).故答案为:[﹣1,7).【点评】考查利用导数研究函数的极值问题,体现了数形结合和转化的思想方法.17.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=﹣1时有极值0,则m=2,n=9.【分析】对函数进行求导,根据函数f(x)在x=﹣1有极值0,可以得到f(﹣1)=0,f′(﹣1)=0,代入求解即可【解答】解:∵f(x)=x3+3mx2+nx+m2∴f′(x)=3x2+6mx+n依题意可得即解得或当m=1,n=3时函数f(x)=x3+3x2+3x+1,f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0函数在R上单调递增,函数无极值,舍故答案为:2 9【点评】本题主要考查函数在某点取得极值的性质:若函数在取得极值⇒f′(x0)=0.反之结论不成立,即函数有f′(x0)=0,函数在该点不一定是极值点,(还得加上在两侧有单调性的改变),属基础题.18.若f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1既有极大值又有极小值,则a的取值范围是a<﹣1或a>2.【分析】先求导,利用函数既有极大值又有极小值,则说明f'(x)=0有两个不同的根,然后确定a的取值范围.【解答】解:函数的导数为f'(x)=3x2+6ax+3(a+2).因为函数f(x)既有极大值又有极小值,则f'(x)=0有两个不同的根.即判别式Δ>0,即36a2﹣4×3×3(a+2)>0,所以a2﹣a﹣2>0,解得a>2或a<﹣1.故答案为:a>2或a<﹣1.【点评】本题主要考查函数的极值和导数之间的关系,将条件转化为f'(x)=0有两个不同的根,是解决本题的关键.19.已知命题p:∃x∈R,使得e x≤2x+a为假命题,则实数a的取值范围是(﹣∞,2﹣ln2).【分析】求出“∃x∈R,使得e x≤2x+a”是假命题时,实数a的取值范围,通过构造函数,利用函数的导数,求出函数的最小值,然后求解实数a的取值范围.【解答】解:若命题“∃x∈R,使得e x≤2x+a”成立则a大于等于函数y=e x﹣2x的最小值.函数y=e x﹣2x的导数为y′=e x﹣2.令y′=0,解得x=ln2,此时函数y=e x﹣2x有最小值,y min=2﹣2ln2.则命题“∃x∈R,使得e x≤2x+a”是假命题时数a的取值范围是(﹣∞,2﹣ln2)故答案为:(﹣∞,2﹣ln2).【点评】本题考查的知识点是命题的真假判断与应用,利用函数的对数求出函数的最小值,是解答本题的关键.20.函数f(x)=alnx+x在x=1处取得极值,则a的值为﹣1.【分析】由题意得求出函数的导数f′(x)=+1,因为函数f(x)=alnx+x在x=1处取得极值,所以f′(1)=0进而可以求出答案.【解答】解:由题意得f′(x)=+1因为函数f(x)=alnx+x在x=1处取得极值,所以f′(1)=0,即a+1=0,所以a=﹣1.故答案为﹣1.【点评】解决此类问题的关键是熟悉导数的作用即判断单调性,求极值,求切线方程等,解题时要正确利用公式求函数的导数.四.解答题(共8小题)21.已知f(x)=x3+ax2+bx+c在x=1与时,都取得极值.(1)求a,b的值;(2)若,求f(x)的单调区间和极值.【分析】(1)因为函数在极值点处导数等于0,所以若f(x)在x=1与时,都取得极值,则f′(1)=0,f′()=0,就可得到a,b的值.(2)先由求出函数中的c扥值,再求导数,令导数大于0,解得x的范围是函数的增区间,令导数小于0,解得x的范围是函数的减区间,增区间与减区间的分界点为极值点,且当极值点左侧导数大于0,右侧导数小于0时取得极大值,当极值点左侧导数小于0,右侧导数大于0时取得极小值,再把x的值代入原函数求出极大值与极小值.【解答】解:(1)f′(x)=3x2+2ax+b,∵f(x)在x=1与时,都取得极值,∴f′(1)=0,f′()=0,即3×1+2a+b=0,3×+2a()+b=0解得(2)由(1)知,f(x)=x3﹣x2﹣2x+c∵,∴﹣1﹣+2+c=,解得c=1∴f(x)=x3﹣x2﹣2x+1又∵f′(x)=3x2﹣x﹣2,令f′(x)>0,即3x2﹣x﹣2>0,解得,x<﹣,或x>1,令f′(x)<0,即3x2﹣x﹣2<0.解得,﹣<x<1∴函数的增区间为;减区间为,∴函数在x=﹣时又极大值为,在x=1时有极小值为﹣.【点评】本题主要考查了函数的导数与极值,单调区间之间的关系,属于导数的应用.22.已知函数f(x)=x3+mx2﹣m2x+1(m为常数,且m>0)有极大值9.(Ⅰ)求m的值;(Ⅱ)若斜率为﹣5的直线是曲线y=f(x)的切线,求此直线方程.【分析】(I)求出导函数,求出导函数等于0的两个根,列出x,f′(x),f(x)的变化情况的表格,求出极大值,列出方程求出m的值.(II)将(I)求出的m的值代入导函数,利用曲线在切点处的导数值是切线的斜率,令导数等于﹣5,求出x即切点横坐标,将横坐标代入f(x)求出切点坐标,利用直线方程的点斜式写出切线方程.【解答】解:(Ⅰ)f’(x)=3x2+2mx﹣m2=(x+m)(3x﹣m)=0,则x=﹣m或x=m,当x变化时,f’(x)与f(x)的变化情况如下表:,从而可知,当x=﹣m时,函数f(x)取得极大值9,即f(﹣m)=﹣m3+m3+m3+1=9,∴m=2.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(x)=x3+2x2﹣4x+1,依题意知f’(x)=3x2+4x﹣4=﹣5,∴x=﹣1或x=﹣.又f(﹣1)=6,f(﹣)=,所以切线方程为y ﹣6=﹣5(x+1),或y﹣=﹣5(x+),即5x+y﹣1=0,或135x+27y﹣23=0.【点评】本题考查利用导数求函数的极值的步骤:求出导数;令导数为0求出根;列出表格判断根左右两边导函数的符号;求出极值.考查导数的几何意义:导数在切点处的值是曲线的切线斜率.23.已知函数f(x)=lnx+ax﹣a2x2(a≥0).(1)若x=1是函数y=f(x)的极值点,求a的值;(2)求函数y=f(x)的单调区间.【分析】(1)确定函数的定义域,求导函数,利用x=1是函数y=f(x)的极值点,即可求a的值;(2)分类讨论,利用导数的正负,结合函数的定义域,可得函数的单调区间.【解答】解:(1)函数定义域为(0,+∞),因为x=1是函数y=f(x)的极值点,所以f′(1)=1+a﹣2a2=0,解得或a=1,因为a>0,所以a=1;(2)若a=0,>0,∴函数f(x)的单调增区间为(0,+∞);若a≠0,则a>0,=由f′(x)>0,结合函数的定义域,可得0<x<;由f′(x)<0,结合函数的定义域,可得x>;∴函数的单调增区间为(0,);单调减区间为(,+∞).【点评】本题考查导数知识的运用,考查函数的极值,考查函数的单调性,正确求导,合理分类是关键.24.设函数f(x)=(x2+ax+b)e x(x∈R).(Ⅰ)若x=1是函数f(x)的一个极值点,试求出a关于b的关系式(用a表示b),并确定f(x)的单调区间;(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,设a>0,函数g(x)=(a2+14)e x+4.若存在ξ1,ξ2∈[0,4]使得|f(ξ1)﹣g(ξ2)|<1成立,求a的取值范围.【分析】(Ⅰ)据极值点处的导函数值为0得到a,b的关系;代入导函数中求出导函数的两根,讨论两根的大小;判断根左右两边导函数的符号,据导函数与单调性的关系求出单调区间.(Ⅱ)据函数的单调性求出两根函数的值域,求出函数值的最小距离,最小距离小于1求出a的范围【解答】解:(Ⅰ)∵f'(x)=(2x+a)e x+(x2+ax+b)e x=[x2+(2+a)x+(a+b)]e x﹣﹣﹣(1分)且x=1是函数f(x)的一个极值点∴f'(1)=0﹣﹣﹣﹣﹣﹣(2分)即e[1+(2+a)+(a+b)]=0,解得b=﹣3﹣2a﹣﹣﹣(3分)则f′(x)=e x[x2+(2+a)x+(﹣3﹣a)]=e x(x﹣1)[x+(3+a)]令f′(x)=0,得x1=1或x2=﹣3﹣a﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(4分)∵x=1是极值点,∴﹣3﹣a≠1,即a≠﹣4当﹣3﹣a>1即a<﹣4时,由f′(x)>0得x∈(﹣3﹣a,+∞)或x∈(﹣∞,1)由f'(x)<0得x∈(1,﹣3﹣a)﹣﹣﹣﹣﹣﹣(5分)当﹣3﹣a<1即a>﹣4时,由f′(x)>0得x∈(1,+∞)或x∈(﹣∞,﹣3﹣a)由f′(x)<0得x∈(﹣3﹣a,1)﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(6分)综上可知:当a<﹣4时,函数f(x)的单调递增区间为(﹣∞,1)和(﹣3﹣a,+∞),单调递减区间为(1,﹣3﹣a);当a>﹣4时,函数f(x)单调递增区间为(﹣∞,﹣3﹣a)和(1,+∞),单调递减区间为(﹣3﹣a,1)﹣﹣﹣﹣﹣(8分)(Ⅱ)由(1)知,当a>0时,f(x)在区间(0,1)上的单调递减,在区间(1,4)上单调递增,∴函数f(x)在区间[0,4]上的最小值为f(1)=﹣(a+2)e﹣﹣﹣﹣(9分)又∵f(0)=be x=﹣(2a+3)<0,f(4)=(2a+13)e4>0,∴函数f(x)在区间[0,4]上的值域是[f(1),f(4)],即[﹣(a+2)e,(2a+13)e4]﹣﹣﹣(11分)又g(x)=(a2+14)e x+4在区间[0,4]上是增函数,且它在区间[0,4]上的值域是[(a2+14)e4,(a2+14)e8]﹣﹣﹣﹣﹣﹣(12分)∵(a2+14)e4﹣(2a+13)e4=(a2﹣2a+1)e4=(a﹣1)2e4≥0,∴存在ξ1,ξ2∈[0,4]使得|f(ξ1)﹣g(ξ2)|<1成立只须仅须(a2+14)e4﹣(2a+13)e4<1.﹣﹣﹣﹣(14分)【点评】本题考查利用导函数研究函数的极值:极值点处的值为0;研究函数的单调性:导数大于0对应区间为单调递增区间,导数小于0对应区间为单调递减区间;将存在性问题转化成最值问题.25.已知f(x)=ax2﹣2lnx,x∈(0,e],其中e是自然对数的底.(1)若f(x)在x=1处取得极值,求a的值;(2)求f(x)的单调区间;(3)设,存在x1,x2∈(0,e],使得|f(x1)﹣g(x2)|<9成立,求a的取值范围.【分析】(Ⅰ)先求导得到f′(x),令f′(x)=0,解出a的值,并验证a的值是否满足极值的条件.(Ⅱ)先求导得到f′(x),然后对a分类讨论,看f′(x)是大于0还是小于0,从而得到f(x)的单调区间.(Ⅲ)把要求的问题:“存在x1,x2∈(0,e],使得|f(x1)﹣g(x2)|<9成立,”转化为“对于x∈(0,e],|f(x)min﹣g(x)max|<9”.进而求出a的取值范围.【解答】解:(Ⅰ),x∈(0,e].由已知f'(1)=2a﹣2=0,解得a=1,此时.在区间(0,1)上,f′(x)<0;在区间(1,e)上,f′(x)>0.∴函数f(x)在x=1时取得极小值.因此a=1时适合题意.(Ⅱ),x∈(0,e].1)当a≤0时,f'(x)<0,∴f(x)在(0,e]上是减函数.2)当a>0时,.①若,即,则f(x)在上是减函数,在上是增函数;②若,即,则f(x)在(0,e]上是减函数.综上所述,当时,f(x)的减区间是(0,e],当时,f(x)的减区间是,增区间是.(Ⅲ)当时,由(Ⅱ)可知:当x=时,函数f(x)取得最小值,且.∵g(x)=﹣5,∴函数g(x)在区间(0,e]上单调递增.∴当x=e时,函数g(x)取得最大值,且g(x)max=g(e)=﹣4﹣lna.∵存在x1,x2∈(0,e],使得|f(x1)﹣g(x2)|<9成立,∴必有对于x∈(0,e],|f(x)min﹣g(x)max|<9.又∵,联立得,解得.∴a的取值范围是.【点评】本题综合考查了函数的极值、单调区间及恒成立问题,掌握方法和正确计算及分类讨论是解决问题的关键.26.已知x=4是函数f(x)=alnx+x2﹣12x+11的一个极值点.(1)求实数a的值;(2)求函数f(x)的单调区间;(3)若直线y=b与函数y=f(x)的图象有3个交点,求b的取值范围.【分析】(1)求导函数,利用x=4是函数f(x)=alnx+x2﹣12x+11的一个极值点,可得f′(4)=0,从而可求a的值;(2)利用导数的正负,可得函数f(x)的单调区间;(3)确定函数的极值,从而可得不等式,即可求b的取值范围.【解答】解:(1)求导函数可得f′(x)=+2x﹣12,∵x=4是函数f(x)=alnx+x2﹣12x+11的一个极值点∴f′(4)=+8﹣12=0,∴a=16 …3分(2)由(1)知,f(x)=16lnx+x2﹣12x+11,x∈(0,+∞)f′(x)=…5分当x∈(0,2)∪(4,+∞)时,f′(x)>0;当x∈(2,4)时,f′(x)<0…7分所以f(x)的单调增区间是(0,2),(4,+∞),f(x)的单调减区间是(2,4)…8分(3)由(2)知,f(x)的极大值为f(2)=16ln2﹣9,极小值为f(4)=32ln2﹣21所以在f(x)的三个单调区间(0,2),(2,4),(4,+∞)内,直线y=b与y=f(x)的图象各有一个交点,当且仅当f(4)<b<f(2)成立…13分因此,b的取值范围为(32ln2﹣21,16ln2﹣9).…14分.【点评】本题考查导数知识的运用,考查函数的极值,考查函数的单调性,考查学生的计算能力,正确求导是关键.27.已知函数f(x)=ln(x+a)﹣x2﹣x在x=0处取得极值.(1)求实数a的值;(2)若关于x的方程f(x)=﹣+b在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根,求实数b的取值范围;(3)证明:对任意的正整数n,不等式2+++…+>ln(n+1)都成立.【分析】(1)函数f(x)=ln(x+a)﹣x2﹣x,对其进行求导,在x=0处取得极值,可得f′(0)=0,求得a值;(2)关于x的方程f(x)=﹣+b在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根,将问题转化为φ(x)=0,在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根,对φ(x)对进行求导,从而求出b的范围;(3)f(x)=ln(x+1)﹣x2﹣x的定义域为{x|x>﹣1},利用导数研究其单调性,可以推出ln(x+1)﹣x2﹣x≤0,令x=,可以得到ln(+1)<+利用此不等式进行放缩证明;【解答】解:(1)函数f(x)=ln(x+a)﹣x2﹣xf′(x)=﹣2x﹣1 …(1分)当x=0时,f(x)取得极值,∴f′(0)=0 …(2分)故解得a=1,经检验a=1符合题意.…(3分)(2)由a=1知f(x)=ln(x+1)﹣x2﹣x由f(x)=﹣x+b,得ln(x+1)﹣x2+x﹣b=0令φ(x)=ln(x+1)﹣x2+﹣b,则f(x)=﹣x+b在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根等价于φ(x)=0在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根.…(4分)φ′(x)=﹣2x+=,…(5分)当x∈[0,1]时,φ′(x)>0,于是φ(x)在{0,1)上单调递增;当x∈(1,2]时,φ′(x)<0,于是φ(x)在(1,2]上单调递减,依题意有φ(0)=﹣b≤0,φ(1)=ln(1+1)﹣1+﹣b>0,φ(2)=ln(1+2)﹣4+3﹣b≤0解得,ln3﹣1≤b<ln2+;…(9分)(3)f(x)=ln(x+1)﹣x2﹣x的定义域为{x|x>﹣1},由(1)知f'(x)=,令f′(x)=0得,x=0或x=﹣(舍去),∴当﹣1<x<0时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x>0时,f′(x)<0,f(x)单调递减.∴f(0)为f(x)在(﹣1,+∞)上的最大值.∴f(x)≤f(0),故ln(x+1)﹣x2﹣x≤0(当且仅当x=0时,等号成立)…(11分)对任意正整数n,取x=>0得,ln(+1)<+…(12分)∴ln()<故2+++…+>ln2+ln+ln+…+ln=ln(n+1).…(14分)【点评】本题考查利用导数研究函数的极值及单调性,解题过程中用到了分类讨论的思想,分类讨论的思想也是高考的一个重要思想,要注意体会其在解题中的运用,第三问难度比较大,利用了前两问的结论进行证明,此题是一道中档题;28.已知函数f(x)=ax3+bx2+cx在x=±1处取得极值,且在x=0处的切线的斜率为﹣3.(Ⅰ)求f(x)的解析式;(Ⅱ)若过点A(2,m)可作曲线y=f(x)的三条切线,求实数m的取值范围.【分析】(Ⅰ)由函数f(x)=ax3+bx2+cx在x=±1处取得极值,且在x=0处的切线的斜率为﹣3,求导,可得±1是f′(x)=0的两根,且f′(0)=﹣3,解方程组即可求得,a,b,c的值,从而求得f(x)的解析式;(Ⅱ)设切点,求切线方程,得到m=﹣2x03+6x02﹣6,要求过点A(2,m)可作曲线y=f(x)的三条切线,即求m=﹣2x03+6x02﹣6有三个零点,画出函数的草图,即可求得实数m的取值范围.【解答】解:(Ⅰ)f'(x)=3ax2+2bx+c依题意又f'(0)=﹣3∴c=﹣3∴a=1∴f(x)=x3﹣3x(Ⅱ)设切点为(x0,x03﹣3x0),∵f'(x)=3x2﹣3∴f'(x0)=3x02﹣3∴切线方程为y﹣(x03﹣3x0)=(3x02﹣3)(x﹣x0)又切线过点A(2,m)∴m﹣(x03﹣3x0)=(3x02﹣3)(2﹣x0)∴m=﹣2x03+6x02﹣6令g(x)=﹣2x3+6x2﹣6则g'(x)=﹣6x2+12x=﹣6x(x﹣2)由g'(x)=0得x=0或x=2g(x)极小值=g(0)=﹣6,g(x)极大值=g(2)=2画出草图知,当﹣6<m<2时,m=﹣2x3+6x2﹣6有三解,所以m的取值范围是(﹣6,2).【点评】此题是中档题.考查利用导数研究函数的单调性和极值问题,和利用导数研究曲线上某点的切线问题,体现了数形结合和转化的思想,考查了学生灵活应用知识分析解决问题的能力.。

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利用导数求函数的极值
例求下列函数的极值:
1.f ( x) x312x ;2. f (x) x2e x;3.f ( x)2x 2.
x21
分析:按照求极值的基本方法,首先从方程 f ( x)0 求出在函数 f (x) 定义域内所有可能的极值点,然后按照函数极值的定义判断在这些点处是否取得极值.
解: 1.函数定义域为 R.
f ( ) 3
x
2
123(
x
2)(
x
2). x
令 f( x) 0 ,得x 2 .
当 x 2 或 x 2 时, f ( x)0 ,
∴函数在, 2和 2,上是增函数;
当 2 x 2 时,f ( x) 0,
∴函数在(-2, 2)上是减函数.
∴当x 2 时,函数有极大值 f (2)16 ,
当 x 2 时,函数有极小值 f ( 2)16.
2.函数定义域为R.f (x) 2 xe x x2e x x(2x)e x 令 f ( x)0 ,得x0或x2.
当 x0 或 x 2 时, f (x)0 ,
∴函数 f ( x)在,0和2,上是减函数;
当0 x 2 时, f ( x) 0,
∴函数 f ( x) 在(0,2)上是增函数.
∴当 x0 时,函数取得极小值 f (0)0 ,
当 x 2 时,函数取得极大值 f (2)4e 2.
3.函数的定义域为R.
f ( x)2(1 x 2 )2x 2x2(1 x)(1 x) .
( x21)2(x 21) 2
令 f ( x) 0 ,得x1.
当 x1或 x1时, f ( x)0 ,
∴函数 f ( x) 在,1和 1,上是减函数;
当 1x 1 时,f( x)0,
∴函数 f ( x) 在(-1,1)上是增函数.
∴当 x 1 时,函数取得极小值 f ( 1)3,
当 x 1 时,函数取得极大值 f (1) 1.
说明:思维的周密性是解决问题的基础,在解题过程中,要全面、系统地考虑问题,
注意各种条件综合运用,方可实现解题的正确性.解答本题时应注意 f (x0 ) 0 只是函数f ( x) 在 x0处有极值的必要条件,如果再加之 x0附近导数的符号相反,才能断定函数在 x0处取得极值.反映在解题上,错误判断极值点或漏掉极值点是学生经常出现的失误.
复杂函数的极值
例求下列函数的极值:

f ( x)3
x
2
(x5)
;. f ( x)x2x 6.
12
分析:利用求导的方法,先确定可能取到极值的点,然后依据极值的定义判定.在函
数 f (x) 的定义域内寻求可能取到极值的“可疑点”,除了确定其导数为零的点外,还必须确定函数定义域内所有不可导的点.这两类点就是函数 f ( x) 在定义内可能取到极值的全部“可疑点”.
解: 1.f ( x)2(x 5) 3 x22( x 5) 3x5( x 2) .
33x33 x33 x
令 f( x) 0 ,解得x 2 ,但 x0也可能是极值点.
当 x0 或 x 2 时, f (x)0,
∴函数 f ( x) 在,0和 2,上是增函数;
当 0x 2 时, f ( x)0 ,
∴函数 f ( x) 在(0,2)上是减函数.
∴当 x0 时,函数取得极大值 f (0)0 ,当 x2时,函数取得极小值 f (2)33 4 .x2x 6,( x2或 x3),
2.f ( x)
x6, (2x3),
x2
2x1, ( x2或 x3),
∴ f( x)2x1, (2x3),
不存在 , ( x 2或
x3).
令 f( x)0 ,得 x 1
.2
当 x 2 或1
x 3 时, f(x)0,2
∴函数 f ( x) 在, 2和1
,3上是减函数;2
当 x 3 或 2 x 1
0 ,时, f (x)
2
1
∴函数 f ( x) 在 3,和2,上是增函数.
2
∴当 x 2 和 x 3 时,函数 f ( x) 有极小值0,
当 x 1
时,函数有极大值
25
.24
说明:在确定极值时,只讨论满足 f (x0 ) 0 的点附近的导数的符号变化情况,确定极值是不全面的.在函数定义域内不可导的点处也可能存在极值.本题 1 中x0 处,2中x 2 及 x 3 处函数都不可导,但f (x)在这些点处左右两侧异号,根据极值的判定方法,函数f ( x) 在这些点处仍取得极值.从定义分析,极值与可导无关.
根据函数的极值确定参数的值
例已知 f ( x) ax3bx2cx(a 0) 在 x 1 时取得极值,且 f (1) 1 .
1.试求常数a、b、c 的值;
2.试判断x 1 是函数的极小值还是极大值,并说明理由.
分析:考察函数 f ( x) 是实数域上的可导函数,可先求导确定可能的极值点,再通过极
值点与导数的关系,即极值点必为 f ( x) 0 的根建立起由极值点x 1 所确定的相关等
式,运用待定系数法求出参数a、b、c 的值.
解: 1.解法一: f ( x)3ax22bx c.
x1是函数 f ( x)的极值点,
∴ x 1 是方程 f( x)0,即 3ax22bx c 0 的两根,由根与系数的关系,得
2b
0,(1)
3a
c
1,(2)
3a
又 f (1) 1 ,∴a b c1,(3)
由( 1)、( 2)、(3)解得a 1
,b0,c3.22
解法二:由 f (1)f(1)0得
3a2b c0,( 1)
3a2b c0( 2)
又 f (1) 1 ,∴a b c1,(3)
解( 1)、( 2)、(3)得a 1
,b0,c3.22
2.f ( x) 1 x33
x ,∴ f ( x) 3 x23
3
( x 1)( x 1).
22222

x

x1
时, f ( x)0 ,当
1x1
时, f ( x) 0. 1
∴函数 f ( x) 在, 1和 1,上是增函数,在(- 1, 1)上是减函数.
∴当 x 1 时,函数取得极大值 f (1)1,
当 x 1 时,函数取得极小值 f (1) 1 .
说明:解题的成功要靠正确思路的选择.本题从逆向思维的角度出发,根据题设结构
进行逆向联想,合理地实现了问题的转化,使抽象的问题具体化,在转化的过程中充分运用了已知条件确定了解题的大方向.可见出路在于“思想认识”.在求导之后,不会应用f ( 1)0 的隐含条件,因而造成了解决问题的最大思维障碍.。

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