2020届高考数学(文科)总复习课时跟踪练：(十五)利用导数研究函数的极值、最值(基础课)

课时跟踪练(十五)
A组基础巩固
1.(2019·豫南九校第四次质量考评)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()
①f(b)>f(a)>f(c)；
②函数f(x)在x＝c处取得极小值，在x＝e处取得极大值；
③函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值；
④函数f(x)的最小值为f(d)．
A．③B．①②C．③④D．④
解析：由导函数图象可知在(－∞，c)，(e，＋∞)上，f′(x)>0，在(c，e)上，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上单调递增，在(c，e)上单调递减，所以f(a)<f(b)<f(c)，函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值，函数f(x)没有最小值．答案：A
2．(2019·豫南九校质量考评)若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为()
A．4 B．2或6 C．2 D．6
解析：因为f(x)＝x(x－c)2，
所以f′(x)＝3x2－4cx＋c2，
又f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，
所以f′(2)＝12－8c＋c2＝0，解得c＝2或c＝6，
当c＝2时，f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值；
当c ＝6时，f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极大值． 所以c ＝2. 答案：C
3．函数f (x )＝1
2x 2－ln x 的最小值为( )
A.12
B ．1
C ．0
D ．不存在
解析：f ′(x )＝x －1x ＝x 2
－1
x
且x >0.
令f ′(x )>0，得x >1. 令f ′(x )<0，得0<x <1.
所以f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值． 所以f (x )min ＝f (1)＝1
2.
答案：A
4．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则( ) A ．a <－1 B ．a >－1 C ．a >－1
e
D ．a <－1
e
解析：因为y ＝e x ＋ax ，所以y ′＝e x ＋a . 因为函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点， 则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， 因为x >0时，－e x <－1，所以a ＝－e x <－1. 答案：A
5．(2019·郑州质检)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∈N *)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2为2折函数．已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则f (x )为( )
A ．2折函数
B ．3折函数
C．4折函数D．5折函数
解析：f′(x)＝(x＋2)e x－(x＋2)(3x＋2)＝(x＋2)(e x－3x－2)，
令f′(x)＝0，得x＝－2或e x＝3x＋2.
易知x＝－2是f(x)的一个极值点，
又e x＝3x＋2，结合函数图象，y＝e x与y＝3x＋2有两个交点．又e－2≠3(－2)＋2＝－4.
所以函数y＝f(x)有3个极值点，则f(x)为4折函数．
答案：C
6．函数f(x)＝x e－x，x∈[0，4]的最大值是________．
解析：f′(x)＝e－x－x·e－x＝e－x(1－x)，令f′(x)＝0，得x＝1.
又f(0)＝0，f(4)＝4
e4，f(1)＝e
－1＝
1
e，
所以f(1)＝1
e为最大值．
答案：1 e
7．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1，1]，则f(m)的最小值为________．
解析：f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.
由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4.
f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，
所以当m∈[－1，1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
答案：－4
8．已知奇函数f (x )＝⎩⎨⎧e x x －1，x ＞0，
h （x ），x ＜0，
则函数h (x )的最大值为
________．
解析：当x ＞0时，f (x )＝e x
x －1，f ′(x )＝e x （x －1）x 2
，
所以当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ＞1时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．
所以x ＝1时，f (x )取到极小值e －1，即f (x )的最小值为e －1. 又f (x )为奇函数，且x ＜0时，f (x )＝h (x )， 所以h (x )最大值为－(e －1)＝1－e. 答案：1－e
9．(2018·天津卷选编)设函数f (x )＝(x －t 1)(x －t 2)(x －t 3)，其中t 1，t 2，t 3∈R ，且t 1，t 2，t 3是公差为d 的等差数列．
(1)若t 2＝0，d ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若d ＝3，求f (x )的极值；
解：(1)由已知，可得f (x )＝x (x －1)(x ＋1)＝x 3－x ，故f ′(x )＝3x 2
－1.因此f (0)＝0，f ′(0)＝－1.
又因为曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －f (0)＝f ′(0)(x －0)，故所求切线方程为x ＋y ＝0.
(2)由已知得
f (x )＝(x －t 2＋3)(x －t 2)(x －t 2－3)＝(x －t 2)3－9(x －t 2)＝x 3－3t 2x 2
＋(3t 22－9)x －t 3
2＋9t 2.
故f ′(x )＝3x 2－6t 2x ＋3t 2
2－9.
令f ′(x )＝0，解得x ＝t 2－3或x ＝t 2＋ 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
↗
↘
↗
函数f (x )的极小值为f (t 2＋3)＝(3)3－9×3＝－6 3. 10．(2019·哈尔滨模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R)． (1)当a ＝1
2
时，求f (x )的极值；
(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．
解：(1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －1
2x ，函数的定义域为(0，＋∞)且
f ′(x )＝1x －12＝2－x
2x
，
令f ′(x )＝0，得x ＝2，
当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
x (0，2) 2 (2，＋∞)
f ′(x ) ＋ 0 － f (x )
↗
ln 2－1
↘
故f (x )极大值1，无极小值． (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1
x －a ＝1－ax x
(x ＞0)，
当a ≤0时，f ′(x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，
即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a ＞0时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
0，1a 时，f ′(x )＞0，
当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a ，＋∞时，f ′(x )＜0， 故函数在x ＝1
a
处有极大值．
综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点；当a ＞0时，函数f (x )在x ＝1
a
处有唯一极值点．
B 组 素养提升
11．(2019·安庆二模)已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －x
e (e 是自然对数
的底数)，则f (x )的极大值为( )
A ．2e －1
B ．－1e
C ．1
D ．2ln 2 解析：由题意知，f ′(x )＝
2e f ′（e ）x －1
e
， 所以f ′(e)＝2f ′(e)－1e ，则f ′(e)＝1
e .
因此f ′(x )＝2x －1
e
，令f ′(x )＝0，得x ＝2e.
所以f (x )在(0，2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减． 所以f (x )在x ＝2e 处得取极大值f (2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2. 答案：D
12．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是________．
解析：因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1
x
，所
以由f ′(x )＝0解得x ＝12，由题意得⎩⎨⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，
解得1≤k ＜32
.
答案：⎣⎢⎡⎭
⎪⎫
1，32
13．(2019·华大新高考联盟教学质量测评)传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的．这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12 cm 且以每秒1 cm 等速率缩短，而长度以每秒20 cm 等速率增长．已知神针的底面半径只能从12 cm 缩到4 cm ，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm 时其体积最大．假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________cm.
解析：设神针原来的长度为a cm ，t 秒时神针的体积为V (t )cm 3，则V (t )＝π(12－t )2·(a ＋20t )，其中0≤t ≤8，所以V ′(t )＝[－2(12－t )(a ＋20t )＋(12－t )2·20]π.
因为当底面半径为10 cm 时其体积最大，所以10＝12－t ，解得t ＝2，此时V ′(2)＝0，解得a ＝60，所以V (t )＝π(12－t )2·(60＋20t )，其中0≤t ≤8.
V ′(t )＝60π(12－t )(2－t )，当t ∈(0，2)时，V ′(t )>0，当t ∈(2，8)时，V ′(t )<0，从而V (t )在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，V (0)＝8 640π，V (8)＝3 520π，所以当t ＝8时，V (t )有最小值3 520π.此时金箍棒的底面半径为4 cm.
答案：4
14．设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x (常数a ＞0)． (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；
(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解：(1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，
可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)． 所以g ′(x )＝1
x －2a ＝1－2ax x .
又a ＞0，
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增， 当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减． 所以函数y ＝g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫
0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12a ，＋∞. (2)由(1)知，f ′(1)＝0.
①当0＜a ＜12时，1
2a ＞1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝
⎛⎭⎪⎫
1，12a 时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝
⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．
②当a ＝12时，1
2a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内
单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．
③当a ＞12时，0＜1
2a ＜1，当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递
增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．
所以f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意．
综上可知，实数a 的取值范围为⎝
⎛⎭
⎪⎫
12，＋∞.。