高考数学课时跟踪检测(十五) 导数与函数的极值、最值(重点高中)
课时跟踪检测(十五) 导数与函数的极值、最值(普通高中)
课时跟踪检测（十五）导数与函数的极值、最值(一)普通高中适用作业A级——基础小题练熟练快1．函数y＝x e x的最小值是()A．－1B．－eC．－1e D．不存在解析：选C因为y＝x·e x，所以y′＝e x＋x e x＝(1＋x)e x，当x∈(－∞，－1)时，y′＜0，当x∈(－1，＋∞)时，y′＞0，所以当x＝－1时，y min＝(－1)e－1＝－1 e.2．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为() A．1－e B．－1C．－e D．0解析：选B因为f′(x)＝1x－1＝1－xx，当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，e]时，f′(x)＜0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln 1－1＝－1.3.已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f(x)的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．4．若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为()A．1百万件B．2百万件C．3百万件D．4百万件解析：选C y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，当0<x <3时，y ′>0； 当x >3时，y ′<0.故当x ＝3时，该商品的年利润最大．5．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为( ) A.⎣⎡⎭⎫32，＋∞ B.⎝⎛⎭⎫32，＋∞ C.⎝⎛⎦⎤－∞，－32∪⎣⎡⎭⎫32，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞ 解析：选D 若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点， 则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有两个不等实根， 故Δ＝(－4c )2－12＞0， 解得c ＞32或c ＜－32. 所以实数c 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞. 6．若e x ≥k ＋x 在R 上恒成立，则实数k 的取值范围为( ) A ．(－∞，1] B ．[1，＋∞) C ．(－∞，－1]D ．[－1，＋∞)解析：选A 由e x ≥k ＋x ，得k ≤e x －x . 令f (x )＝e x －x ， ∴f ′(x )＝e x －1.当f ′(x )<0时，解得x <0，当f ′(x )>0时，解得x >0. ∴f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数． ∴f (x )min ＝f (0)＝1.∴实数k 的取值范围为(－∞，1]．故选A. 7．函数f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________．解析：f ′(x )＝2(x 2＋2)－2x (2x ＋1)(x 2＋2)2＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2.令f ′(x )<0，得x <－2或x >1. 令f ′(x )>0，得－2<x <1.∴f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数，∴f (x )极小值＝f (－2)＝－12.答案：－128．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为________．解析：由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：又f (－3)＝28，f (1)＝－4，f (2)＝3，所以f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，所以k ≤－3.答案：(－∞，－3]9．(2018·广东五校协作体考试)函数f (x )＝x (x －a )2在x ＝2处有极小值，则a ＝________. 解析：f (x )＝x (x －a )2＝x 3－2ax 2＋a 2x ，f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2，依题意可得f ′(2)＝3×22－4a ×2＋a 2＝0，解得a ＝2或a ＝6.当a ＝6时，f ′(x )＝3x 2－24x ＋36＝3(x 2－8x ＋12)，由f ′(x )＝3(x 2－8x ＋12)＞0可得x ＜2或x ＞6，由f ′(x )＝3(x 2－8x ＋12)＜0可得2＜x ＜6，故f (x )在x ＝2处取得极大值，不合题意．故a ＝2.答案：210．从边长为10 cm ×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________cm 3.解析：设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，x ∈(0,5)．则y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x ，∴y ′＝12x 2－104x ＋160.令y ′＝0，得x ＝2或x ＝203(舍去)，∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3)． 答案：144B 级——中档题目练通抓牢1．函数f (x )＝x 2－5x ＋2e x 的极值点所在的区间为( ) A ．(0,1) B ．(－1,0) C ．(1,2)D ．(－2，－1)解析：选A ∵f ′(x )＝2x －5＋2e x 为增函数，f ′(0)＝－3<0，f ′(1)＝2e －3>0， ∵f ′(x )＝2x －5＋2e x 的零点在区间(0,1)上，∴f (x )＝x 2－5x ＋2e x 的极值点在区间(0,1)上． 2．设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |最小时t 的值为( )A ．1 B.12 C.52D.22解析：选D 由已知条件可得|MN |＝t 2－ln t ， 设f (t )＝t 2－ln t (t >0)，则f ′(t )＝2t －1t ，令f ′(t )＝0，得t ＝22， 当0<t <22时，f ′(t )<0，当t ＞22时，f ′(t )＞0， ∴当t ＝22时，f (t )取得最小值，即|MN |取得最小值时t ＝22. 3．(2017·全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x－1的极值点，则f (x )的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1解析：选A 因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1， 所以f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1 ＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)e x－1＝(x＋2)(x－1)e x－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2<x<1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.4．已知函数f(x)＝x3－3ax＋b的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f(x)的极大值是________．解析：因为f(x)的单调递减区间为(－1,1)，所以a>0，由f′(x)＝3x2－3a＝3(x－a)(x＋a)，可得a＝1，由f(x)＝x3－3ax＋b在x＝1处取得极小值2，可得1－3＋b＝2，故b＝4.所以f(x)＝x3－3x＋4的极大值为f(－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.答案：65．已知函数f(x)＝x3－32ax2＋b(a，b为实数，且a＞1)在区间[－1,1]上的最大值为1，最小值为－1，则a＝____________，b＝________.解析：因为f′(x)＝3x2－3ax＝3x(x－a)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝a.因为a＞1，所以当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：由题意得b＝1.则f (－1)＝－3a 2，f (1)＝2－3a2，f (－1)＜f (1)，所以－3a 2＝－1，所以a ＝23.答案：2316．(2018·张掖一诊)设函数f (x )＝x 22－a ln x ，求函数f (x )的单调区间和极值．解：由f (x )＝x 22－a ln x ，得f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax (x ＞0)．①当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；②当a ＞0时，由f ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝－a (舍去)． 于是，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：所以函数f (x )的单调递减区间是(0，a )，单调递增区间是(a ，＋∞)． 函数f (x )在x ＝a 处取得极小值f (a )＝a (1－ln a )2，无极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，函数f (x )既无极大值也无极小值；当a ＞0时，函数f (x )的单调递减区间是(0，a )，单调递增区间为(a ，＋∞)，函数f (x )有极小值a (1－ln a )2，无极大值．7．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值．(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值． 解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0，① 当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝⎛⎭⎫23＝0， 可得4a ＋3b ＋4＝0，② 由①②，解得a ＝2，b ＝－4.由于切点的横坐标为1，纵坐标为4，所以f (1)＝4. 所以1＋a ＋b ＋c ＝4，得c ＝5. (2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5， f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，解得x ＝－2或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的取值及变化情况如表所示：所以y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.C 级——重难题目自主选做(2018·福建质检)已知函数f (x )＝x cos x －(a ＋1)sin x ，x ∈[0，π]，其中3π4≤a ≤23π3.(1)证明：当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，f (x )≤0； (2)判断f (x )的极值点个数，并说明理由．解：(1)证明：依题意，得f ′(x )＝－x sin x －a cos x ， 因为3π4≤a ≤23π3，所以当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，f ′(x )＜0， 所以f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减， 故当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，f (x )≤f (0)＝0成立．(2)f (x )有唯一极值点． 理由如下：设p (x )＝f ′(x )，则p ′(x )＝－x cos x ＋(a －1)sin x ， 因为a ≥3π4＞1，所以当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π时，p ′(x )＞0， 所以p (x )在⎣⎡⎦⎤π2，π上单调递增， 因为p ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2＜0，p (π)＝a ＞0， 所以p (x )在⎣⎡⎦⎤π2，π上存在唯一零点，记为β. 又由(1)知，当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，p (x )＜0， 所以p (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上无零点． 故f ′(x )在[0，π]上存在唯一零点β，当x ∈(0，β)时，f ′(x )＜0；当x ∈(β，π)时，f ′(x )＞0. 所以当x ∈[0，π]时，f (x )有唯一极值点β，β为极小值点．。
课时跟踪检测(十五) 导数与函数的极值、最值
课时跟踪检测（十五） 导数与函数的极值、最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．函数f (x )＝ln x －x 在(0，e]上的最大值为________．解析：f ′(x )＝1x －1＝1－x x (x >0)，令f ′(x )>0，得0<x <1，令f ′(x )<0，得x >1，∴f (x )在(0,1]上是增函数，在(1，e]上是减函数．∴当x ＝1时，f (x )在(0，e]上取得最大值f (1)＝－1.答案：－12．函数f (x )＝12e x (sin x ＋cos x )⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2的值域为________ 解析：∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴f ′(x )＝e x cos x ≥0， ∴f (0)≤f (x )≤f ⎝⎛⎭⎫π2，即12≤f (x )≤12e π2. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，12e π23．当函数y ＝x ·2x 取极小值时，x ＝________. 解析：令y ′＝2x ＋x ·2x ln 2＝0，∴x ＝－1ln 2. 答案：－1ln 24．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为________．解析：若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有根，故Δ＝(－4c )2－12>0，从而c >32或c <－32.故实数c 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞.答案：⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞ 5．已知函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则f (x )的极大值为________．解析：因为f ′(x )＝2f ′(1)x －1，令x ＝1，得f ′(1)＝1.所以f (x )＝2ln x －x ，f ′(x )＝2x －1.当0<x <2，f ′(x )>0；当x >2，f ′(x )<0.从而f (x )的极大值为f (2)＝2ln 2－2.答案：2ln 2－2二保高考，全练题型做到高考达标1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为________．解析：f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ，且x ＞0.令f ′(x )＞0，得x ＞1；令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.答案：122．若函数f (x )＝x 3－3x －a 在区间[0,3]上的最大值和最小值分别为M ，N ，则M －N 的值为________．解析：f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，得x ＝1(x ＝－1舍去)．∵f (0)＝－a ，f (1)＝－2－a ，f (3)＝18－a .∴M ＝18－a ，N ＝－2－a .∴M －N ＝20.答案：203．(2016·南京外国语学校)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于________．解析：由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83. 答案：834．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ＞0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．解析：令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ， 则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：从而⎩⎪⎨⎪⎧(－a )3－3a (－a )＋b ＝6，(a )3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)． 答案：(－1,1)5．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3,0)．答案：[－3,0)6．函数f (x )＝13x 3＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173.答案：－1737．(2016·苏州模拟)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1 时有极值0，则a －b ＝________.解析：由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7.答案：－78．给出下列四个命题：①若函数f (x )在[a ，b ]上有最大值，则这个最大值一定是函数f (x )在[a ，b ]上的极大值；②若函数f (x )在[a ，b ]上有最小值，则这个最小值一定是函数f (x )在[a ，b ]上的极小值； ③若函数f (x )在[a ，b ]上有最值，则最值一定在x ＝a 或x ＝b 处取得； ④若函数f (x )在(a ，b )内连续，则f (x )在(a ，b )内必有最大值与最小值． 其中真命题的个数为________．解析：因为函数的最值可以在区间[a ，b ]的两端点处取得，也可以在内部取得，当最值在端点处取得时，该最值就一定不是极值，故命题①与②为假命题．由于最值可以在区间内部取得，故命题③也为假命题．在(a ，b )内的单调函数，在(a ，b )内必定无最值(也无极值)，因此命题④也为假命题．综上所述，四个命题均为假命题．答案：09．设f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1的导函数为f ′(x )，若函数y ＝f ′(x )的图象关于直线x ＝－12对称，且f ′(1)＝0. (1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )的极值．解：(1)因为f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1， 故f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋b ， 从而f ′(x )＝6⎝⎛⎭⎫x ＋a 62＋b －a 26， 即y ＝f ′(x )的图象关于直线x ＝－a6对称．所以－a 6＝－12，即a ＝3.由f ′(1)＝0，即6＋2a ＋b ＝0，得b ＝－12. 所以a ＝3，b ＝－12.(2)由(1)，知f (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋1， f ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x －1)(x ＋2)．令f ′(x )＝0，即6(x －1)(x ＋2)＝0，解得x ＝－2或x ＝1.当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，即f (x )在(－∞，－2)上单调递增； 当x ∈(－2,1)时，f ′(x )<0，即f (x )在(－2,1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞) 时，f ′(x )>0，即f (x )在(1，＋∞)上单调递增．从而函数f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝21，在x ＝1处取得极小值f (1)＝－6.10．已知函数f(x)＝x－1＋ae x(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值．解：(1)由f(x)＝x－1＋ae x，得f′(x)＝1－a e x.又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，得f′(1)＝0，即1－ae＝0，解得a＝e.(2)f′(x)＝1－ae x，①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．②当a＞0时，令f′(x)＝0，得e x＝a，即x＝ln a．x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；x ∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝ln a处取得极小值，且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a＞0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.其中正确结论的序号是________．解析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由f′(x)＜0，得1＜x＜3，由f′(x)＞0，得x＜1或x＞3，∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．又a＜b＜c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，∴f(x)极大值＝f(1)＝4－abc＞0，f(x)极小值＝f(3)＝－abc＜0.∴0＜abc＜4.∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f (0)＜0.∴f (0)f (1)＜0，f (0)f (3)＞0.∴正确结论的序号是②③. 答案：②③2．已知函数f (x )＝mx 3＋nx 2的图象在点(－1,2)处的切线与直线3x ＋y ＝0平行，若f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，则实数t 的取值范围是________．解析：因为f ′(x )＝3mx 2＋2nx ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(－1)＝3m －2n ＝－3，f (－1)＝－m ＋n ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3，所以f ′(x )＝3x 2＋6x .又f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，所以f ′(x )＝3x 2＋6x ≤0在区间[t ，t ＋1]上恒成立．即⎩⎪⎨⎪⎧f ′(t )＝3t 2＋6t ≤0，f ′(t ＋1)＝3(t ＋1)2＋6(t ＋1)≤0，解得t ∈[－2，－1]．答案：[－2，－1]3．(2016·苏北四市调研)已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a ＞0，b ∈R)． (1)设a ＝1，b ＝－1，求f (x )的单调区间；(2)若对任意的x ＞0，f (x )≥f (1)，试比较ln a 与－2b 的大小． 解：(1)由f (x )＝ax 2＋bx －ln x ，x ∈(0，＋∞)， 得f ′(x )＝2ax 2＋bx －1x .∵a ＝1，b ＝－1，∴f ′(x )＝2x 2－x －1x ＝(2x ＋1)(x －1)x (x ＞0)． 令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ＞1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． ∴f (x )的单调递减区间是(0,1)， f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)．(2)由题意可知，f (x )在x ＝1处取得最小值，即x ＝1是f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝0，∴2a ＋b ＝1，即b ＝1－2a . 令g (x )＝2－4x ＋ln x (x ＞0)， 则g ′(x )＝1－4xx .令g ′(x )＝0，得x ＝14.当0＜x ＜14时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ＞14时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，∴g (x )≤g ⎝⎛⎭⎫14＝1＋ln 14＝1－ln 4＜0， ∴g (a )＜0，即2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a ＜0， 故ln a ＜－2b .。
高考数学一轮复习课时过关检测十五导数与函数的极值最值含解析
课时过关检测(十五) 导数与函数的极值、最值A 级——基础达标1．函数f (x )＝x 3－3x 2＋3x 的极值点的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：A f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2，当x ＝1时导函数值为0，但在此零点两侧导函数均大于0，所以此处不是函数的极值点，所以函数极值点个数为0．2．已知函数f (x )＝(x 2－a )e x，则“a ≥－1”是“f (x )有极值”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：B f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x＝0，x 2＋2x －a ＝0，Δ＝4＋4a ．若Δ＝4＋4a ≤0，a ≤－1，则f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x≥0恒成立，f (x )为增函数，无极值；若Δ＝4＋4a ＞0，即a ＞－1，则f (x )有两个极值．所以“a ≥－1”是“f (x )有极值”的必要不充分条件．故选B ．3．设函数f (x )＝e xx ＋a ，若f (x )的极小值为e ，则a ＝( )A ．－12B ．12C ．32D ．2解析：B 由已知得f ′(x )＝exx ＋a －1x ＋a 2(x ≠－a )，令f ′(x )＝0，有x ＝1－a ，且当x ＜1－a 时函数f (x )单调递减，当x ＞1－a 时函数f (x )单调递增，∴f (x )的极小值为f (1－a )＝e1－a＝e ，即1－a ＝12，得a ＝12．故选B ．4．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22＝( )A ．23 B ．43 C ．83D ．163解析：C 由题中图象可知f (x )的图象经过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，所以1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，x 1，x 2是方程3x 2－6x ＋2＝0的两根，所以x 1＋x 2＝2，x 1·x 2＝23，∴x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－2×23＝83．5．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ex ，x ≥a ，x ，x ＜a ，若函数存在最大值，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≤1B ．a ＜1C ．a ≤1eD ．a ＜1e解析：C 显然x ＜a 时，f (x )＜a 无最大值，x ≥a 时，f (x )＝xe x 存在最大值，f ′(x )＝1－xex ，当x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )递增，当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )递减，所以x ＝1时，f (x )取得极大值也是最大值．f (1)＝1e ，因此f (x )要有最大值，必须满足⎩⎪⎨⎪⎧a ≤1，a ≤1e，所以a ≤1e．故选C ．6．(多选)若函数f (x )＝2x 3－ax 2(a <0)在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a ＋63上有最大值，则a 的取值可能为( )A ．－6B ．－5C ．－4D ．－3解析：ABC 令f ′(x )＝2x (3x －a )＝0，得x 1＝0，x 2＝a 3(a <0)，当a3<x <0时，f ′(x )<0；当x <a 3或x >0时，f ′(x )>0，则f (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0，从而f (x )在x ＝a3处取得极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327，由f (x )＝－a 327，得⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 32⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋a 3＝0，解得x＝a 3或x ＝－a 6，又f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a ＋63上有最大值，所以a 3<a ＋63≤－a 6，即a ≤－4，故选A 、B 、C ．7．(多选)已知函数f (x )＝x ＋sin x －x cos x 的定义域为[－2π，2π)，则( ) A ．f (x )为奇函数B ．f (x )在[0，π)上单调递增C ．f (x )恰有4个极大值点D ．f (x )有且仅有4个极值点解析：BD 因为f (x )的定义域为[－2π，2π)，所以f (x )是非奇非偶函数．f ′(x )＝1＋cos x －(cos x －x sin x )＝1＋x sin x ，当x ∈[0，π)时，f ′(x )>0，则f (x )在[0，π)上单调递增，显然f ′(0)≠0，令f ′(x )＝0，得sin x ＝－1x，在同一坐标系中分别作出y＝sin x ，y ＝－1x在区间[－2π，2π)上的图象如图所示，由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f (x )在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f (x )只有2个极大值点，故选B 、D ．8．已知函数f (x )＝e －x－e x，x ∈[0，a ]，a 为正实数，则函数f (x )的最小值为________，最大值为________．解析：f ′(x )＝－e －x－e x＝－e 2x＋1ex ．当x ∈[0，a ]时，f ′(x )＜0恒成立，即f (x )在[0，a ]上单调递减．故当x ＝a 时，f (x )有最小值f (a )＝e －a －e a；当x ＝0时，f (x )有最大值f (0)＝e －0－e 0＝0．即f (x )的最小值为e －a－e a，最大值为0．答案：e －a －e a9．已知函数f (x )＝ax 3－12x 2＋x －x ln x 存在两个极值点，则实数a 的取值范围是________．解析：函数的定义域为(0，＋∞)，由题意得f ′(x )＝3ax 2－x －ln x ，因为函数f (x )有两个极值点，所以f ′(x )有两个变号零点．由f ′(x )＝0得3ax 2＝x ＋ln x ，即3a ＝x ＋ln x x 2，令g (x )＝x ＋ln x x 2，则g ′(x )＝－x ＋1－2ln xx 3，易知函数y ＝－x ＋1－2ln x 是减函数，且当x ＝1时，y ＝0，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ＞1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．故g (x )max ＝g (1)＝1，又当0＜x ＜1e时，g (x )＜0，当x ＞1时，g (x )＞0，所以要使f ′(x )有两个零点，需0＜3a ＜1，即0＜a ＜13．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13 10．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．解：(1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表．故f (x )(2)由(1)知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a >0时，若x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a ，则f ′(x )>0，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞，则f ′(x )<0，故函数在x ＝1a处有极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点；当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a．B 级——综合应用11．关于x 的不等式2sin 3x cos x －a ≤0在x ∈(0，π)恒成立，则实数a 的最小值为( ) A ．－338B ．0C ．1D ．338解析：D 依题意，令f (x )＝2sin 3x cos x ，所以f ′(x )＝6sin 2x cos 2x －2sin 4x ＝2sin 2x (3cos 2x －sin 2x )＝2sin 2x (4cos 2x －1)，又x ∈(0，π)，令f ′(x )＝0，可得cos x ＝±12，所以x ＝π3或x ＝2π3，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π3时，f ′(x )＞0，所以f (x )＝2sin 3x cos x 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3时，f ′(x )＜0，所以f (x )＝2sin 3x cos x 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2π3，π时，f ′(x )＞0，所以f (x )＝2sin 3x cos x 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，π单调递增，所以当x ＝π3时，函数取最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝338，所以实数a 的最小值为338．故选D ．12．(2022·潍坊模拟)某商场销售某种商品，经验表明，该商品每日的销售量y (千克)与销售价格x (元/千克)满足关系式y ＝2x －3＋10(x －6)2，x ∈(3,6)．若该商品的成本为3元/千克，则当销售价格为________元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大．解析：商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －3＋10x －62＝2＋10(x －3)(x －6)2,3＜x ＜6，f ′(x )＝10[]x －62＋2x －3x －6＝30(x －4)·(x－6)．令f ′(x )＝0，得x ＝4或x ＝6(舍去)．故当x ∈(3,4)时f ′(x )＞0，当x ∈(4,6)时f ′(x )＜0．则函数f (x )在(3,4)上单调递增，在(4,6)上单调递减，∴当x ＝4时函数f (x )取得最大值f (4)＝42．故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．`答案：413．有三个条件：①函数f (x )的图象过点(0,1)，且a ＝1；②f (x )在x ＝1时取得极大值116；③函数f (x )在x ＝3处的切线方程为4x －2y －7＝0，这三个条件中，请选择一个合适的条件将下面的题目补充完整(只要填写序号)，并解答本题．题目：已知函数f (x )＝13x 3＋a 2x 2＋2x ＋b 存在极值，并且________．(1)求f (x )的解析式；(2)当x ∈[1,3]时，求函数f (x )的最值．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解：选①：(1)f (0)＝b ＝1，所以a ＝b ＝1，故f (x )＝13x 3＋12x 2＋2x ＋1．(2)由(1)知f ′(x )＝x 2＋x ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋74＞0，所以f (x )单调递增，故f (x )max ＝f (3)＝412，f (x )min ＝f (1)＝236．选②：(1)因为f (x )＝13x 3＋a 2x 2＋2x ＋b ，所以f ′(x )＝x 2＋ax ＋2，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝13×13＋a 2×12＋2×1＋b ＝116，f ′1＝12＋a ＋2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝1，故f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋1，经检验f (x )在x ＝1时取得极大值，故符合题意，所以f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋1．(2)由(1)知f ′(x )＝x 2－3x ＋2，令f ′(x )＝x 2－3x ＋2＝0，解得x ＝1或x ＝2， 所以x ∈[1,2)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；x ∈(2,3]时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，则f (1)＝13－32＋2＋1＝116，f (2)＝13×23－32×22＋2×2＋1＝53，f (3)＝13×33－32×32＋2×3＋1＝52，所以f (x )min ＝53，f (x )max ＝52．选③：(1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧f 3＝52，f ′3＝2，又因为f ′(x )＝x 2＋ax ＋2，所以⎩⎪⎨⎪⎧f 3＝13×33＋a 2×32＋2×3＋b ＝52，f ′3＝32＋3a ＋2＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝1.所以f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋1．(2)由(1)知，f ′(x )＝x 2－3x ＋2，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝2，所以x ∈[1,2)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；x ∈(2,3]时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．又因f (1)＝116，f (2)＝53，f (3)＝52，所以f (x )max ＝f (3)＝52，f (x )min ＝f (2)＝53．C 级——迁移创新14．(多选)已知函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则下列结论正确的是( )A ．f (a )＜f (b )＜f (c )B ．f (e )＜f (d )＜f (c )C ．x ＝c 时，f (x )取得最大值D ．x ＝d 时，f (x )取得最小值解析：AB 由f ′(x )图象可知，当x ∈(－∞，c )∪(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(c ，e )时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(－∞，c )，(e ，＋∞)上单调递增，在(c ，e )上单调递减．对于A ，∵a ＜b ＜c ，∴f (a )＜f (b )＜f (c )，A 正确；对于B ，∵c ＜d ＜e ，∴f (e )＜f (d )＜f (c )，B 正确；对于C ，由单调性知f (c )为极大值，当x ＞e 时，可能存在f (x 0)＞f (c )，C 错误；对于D ，由单调性知f (e )＜f (d )，D 错误．故选A 、B ．15．设函数f (x )＝ln x ＋x 2＋2ax ＋1． (1)当a ＝－32时，求f (x )的极值；(2)判断函数f (x )在(a ＋2，＋∞)上是否存在极值．若存在，试求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)依题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)， 当a ＝－32时，函数f (x )＝ln x ＋x 2－3x ＋1(x ＞0)．对f (x )求导，得f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x ＝2x －1⎝⎛⎭⎪⎫x －12x，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝12．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0．所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减．于是f (x )在x ＝1处取得极小值，且极小值为f (1)＝－1，在x ＝12处取得极大值，且极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝ln 12－14， 所以函数f (x )的极大值为ln 12－14，极小值为－1．(2)存在．对f (x )求导，得f ′(x )＝1x ＋2x ＋2a ＝2x 2＋2ax ＋1x(x ＞0)．令f ′(x )＝0，即2x 2＋2ax ＋1＝0，令g (x )＝2x 2＋2ax ＋1，则函数g (x )的图象的对称轴为直线x ＝－a2．因为a ＋2≥0，所以a ≥－2．①当－a 2≤a ＋2，即a ≥－43时，g (a ＋2)＝2(a ＋2)2＋2a (a ＋2)＋1＝4a 2＋12a ＋9＞0恒成立，所以f (x )在(a ＋2，＋∞)上无极值．②当－a2＞a ＋2，即a ＜－43时，则－2≤a ＜－43，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝2×a 24＋2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋1＝－a 22＋1． 当－a 22＋1≥0时，有－2≤a ≤2，即－2≤a ＜－43时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(a ＋2，＋∞)上无极值．当－a 22＋1＜0时，有a ＜－2或a ＞2，又－2≤a ＜－43，所以－2≤a ＜－2，因为g (a ＋2)＝4a 2＋12a ＋9≥0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝－a 22＋1＜0，当x →＋∞时，g (x )＞0，所以存在x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2，－a 2，使得f ′(x 1)＝0，存在x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞，使得f ′(x 2)＝0．所以当x ∈(a ＋2，x 1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0．由此可知，当－2≤a ＜－2时，f (x )有极值．综上所述，函数f (x )在(a ＋2，＋∞)上存在极值，且实数a 的取值范围为[－2，－2)．。
课时跟踪检测(十五) 导数与函数的极值、最值
课时跟踪检测（十五） 导数与函数的极值、最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2017·昆山调研)已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝x 2－x ，则使得f (x )取得极大值的x ＝________.解析：由f ′(x )＝x 2－x ＝0得到x ＝0或x ＝1，当x <0或x >1时，f ′(x )>0.当0<x <1时，f ′(x )<0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值．答案：02．函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0,3]上的最大值为4，则m ＝________.解析：f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0,3]，当x ∈[0,2)时，f ′(x )＜0，当x ∈(2,3]时，f ′(x )＞0， 所以f (x )在[0,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数． 又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m . 所以在[0,3]上，f (x )max ＝f (0)＝4， 所以m ＝4. 答案：43．函数y ＝x ln x 有极________(填大或小)值为________． 解析：y ′＝ln x ＋1(x >0)， 当y ′＝0时，x ＝e －1； 当y ′<0时，解得0<x <e －1； 当y ′>0时，解得x >e －1.所以y ＝x ln x 在(0，e －1)上是减函数，在(e －1，＋∞)上是增函数． 所以y ＝x ln x 有极小值y | x ＝e －1＝－1e .答案：小 －1e4．函数f (x )＝－x 3＋12x ＋6，x ∈⎣⎡⎦⎤－13，3的零点个数是________． 解析：f ′(x )＝－3x 2＋12，x ∈⎣⎡⎦⎤－13，3.当x ∈⎣⎡⎭⎫－13，2时，f ′(x )＞0， 当x ∈(2,3]时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎣⎡⎭⎫－13，2上是增函数，在(2,3]上是减函数． 故f (x )极大值＝f (2)＝22. 由于f ⎝⎛⎭⎫－13>0，f (3)>0， 所以有0个零点． 答案：05．(2016·南京学情调研)已知函数f (x )＝13x 3＋x 2－2ax ＋1，若函数f (x )在(1,2)上有极值，则实数a 的取值范围为________．解析：因为函数f (x )在(1,2)上有极值，则需函数f (x ) 在(1,2)上有极值点． 法一：令f ′(x )＝x 2＋2x －2a ＝0，得x 1＝－1－1＋2a ，x 2＝－1＋1＋2a ，因为x 1∉(1,2)，因此则需1<x 2<2，即1<－1＋1＋2a <2，即4<1＋2a <9，所以32<a <4，故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫32，4.法二：f ′(x )＝x 2＋2x －2a 的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x ＝－1，则f ′(x )在(1,2)上是单调递增函数，因此⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝3－2a <0，f ′(2)＝8－2a >0，解得32<a <4，故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫32，4.答案：⎝⎛⎭⎫32，46．(2017·河北三市二联)若函数f (x )＝13x 3－⎝⎛⎭⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R 上的极小值为________．解析：f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)，因为函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－3<b <1，则由f ′(x )>0，得x <b 或x >2，由f ′(x )<0，得b <x <2，所以函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43.答案：2b－4 3二保高考，全练题型做到高考达标1．(2016·大江中学检测)函数y＝2x3－3x2－12x＋a在区间[0,2]上的最大值为5，则a 的值为________．解析：y′＝6x2－6x－12，在区间[0,2]上y′≤0.由f(0)＝5，解得a＝5.答案：52．设直线x＝t与函数h(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当MN最小时t＝________.解析：由已知条件可得MN＝t2－ln t，设f(t)＝t2－ln t(t>0)，则f′(t)＝2t－1 t，令f′(t)＝0，得t＝2 2，当0<t<22时，f′(t)<0，当t＞22时，f′(t)＞0，所以当t＝22时，f(t)取得最小值．答案：2 23．若e x≥k＋x在R上恒成立，则实数k的取值范围为________．解析：由e x≥k＋x，得k≤e x－x.令f(x)＝e x－x，所以f′(x)＝e x－1.f′(x)＝0时，x＝0，f′(x)<0时，x<0，f′(x)>0时，x>0.所以f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．所以f(x)min＝f(0)＝1.所以k的范围为(－∞，1]．答案：(－∞，1]4．f(x)＝2x＋1x2＋2的极小值为________．解析：f ′(x )＝2(x 2＋2)－2x (2x ＋1)(x 2＋2)2＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2.令f ′(x )<0，得x <－2或x >1. 令f ′(x )>0，得－2<x <1.所以f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数， 所以f (x )极小值＝f (－2)＝－12.答案：－125．(2016·南京师大附中调研)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋cos x ， x ≥0，x (a －x )，x <0.若关于x 的不等式f (x )<π的解集为⎝⎛⎭⎫－∞，π2，则实数a 的取值范围是________． 解析：法一：当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2时，f (x )＝2x ＋cos x ， f ′(x )＝2－sin x >0，所以函数f (x )＝2x ＋cos x 在x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2上单调递增， 所以f (x )<f ⎝⎛⎭⎫π2＝π，满足题意； 当x ∈(－∞，0)时，f (x )＝x (a －x )，由题意得x (a －x )<π在x ∈(－∞，0)恒成立， 即a >x ＋πx 在x ∈(－∞，0)恒成立，而x ∈(－∞，0)时，x ＋πx ≤－2π，当且仅当x ＝πx 即x ＝－π时取等号，所以此时a >－2π.综上所述，实数a 的取值范围是(－2π，＋∞)． 法二：当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2时，f (x )＝2x ＋cos x ， f ′(x )＝2－sin x >0，所以函数f (x )＝2x ＋cos x 在x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2上单调递增，所以f (x )<f ⎝⎛⎭⎫π2＝π，满足题意； 当x ∈(－∞，0)时，f (x )＝x (a －x )，由题意得f (x )max <π在x ∈(－∞，0)时恒成立， 若a 2≤0即a ≤0时，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫a 2＝a 24<π， 所以－2π<a ≤0；若a2>0即a >0时，f (x )<f (0)＝0<π成立． 综上所述，实数a 的取值范围是(－2π，＋∞)． 答案：(－2π，＋∞)6．(2016·扬州调研)已知函数f (x )＝ln x －mx (m <0)在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.解析：f ′(x )＝1x ＋m x 2＝x ＋mx2.令f ′(x )＝0，得x ＝－m ，且当x <－m 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >－m 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．若－m ≤1，即－1≤m <0时，f (x )min ＝f (1)＝－m ≤1，不可能等于4；若1<－m ≤e ，即－e ≤m <－1时，f (x )min ＝f (－m )＝ln(－m )＋1，令ln(－m )＋1＝4，得m ＝－e 3∉[－e ，－1)；若－m >e ，即m <－e 时，f (x )min ＝f (e)＝1－m e ，令1－me ＝4，得m ＝－3e ，符合题意．综上所述，m ＝－3e. 答案：－3e7．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．解析：令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ，则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：从而⎩⎪⎨⎪⎧(－a )3－3a (－a )＋b ＝6，(a )3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)． 答案：(－1,1)8．(2016·无锡期末)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－|x 3－2x 2＋x |， x <1，ln x ，x ≥1，若对于∀t ∈R ，f (t )≤kt恒成立，则实数k 的取值范围是______．解析：设y ＝x 3－2x 2＋x ，x <1，则y ′＝3x 2－4x ＋1＝(x －1)(3x －1)，令y ′>0，解得x <13或x >1.又因为x <1，所以x <13.令y ′<0，得13<x <1，所以y 的增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，13，减区间是⎝⎛⎭⎫13，1，所以y 极大值＝427.根据图象变换可作出函数y ＝－|x 3－2x 2＋x |(x <1)的图象．又设函数y ＝ln x (x ≥1)的图象经过原点的切线斜率为k 1，切点(x 1，ln x 1)，因为y ′＝1x ，所以k 1＝1x 1＝ln x 1－0x 1－0，解得x 1＝e ，所以k 1＝1e .函数y ＝x 3－2x 2＋x 在原点处的切线斜率k 2＝y ′|x ＝0＝1.因为∀t ∈R ，f (t )≤kt ，所以根据f (x )的图象，数形结合可得1e≤k ≤1.答案：⎣⎡⎦⎤1e ，19．(2016·南通、扬州、泰州、淮安三调)设函数f (x )＝x e x －a sin x cos x (a ∈R ，其中e 是自然对数的底数)．(1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若对于任意的x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围； (3)是否存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上有两个零点？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1) 当a ＝0时，f (x )＝x e x ，f ′(x )＝e x (x ＋1)， 令f ′(x )＝0，得x ＝－1. 列表如下：所以函数f (x )的极小值为f (－1)＝－1e，无极大值．(2)①当a ≤0时，由于对于任意x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，有sin x cos x ≥0， 所以f (x )≥0恒成立，即当a ≤0时，符合题意；②当0<a ≤1时，因为f ′(x )＝e x (x ＋1)－a cos 2x ≥e 0(0＋1)－a cos 0＝1－a ≥0， 所以函数f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上为增函数． 所以f (x )≥f (0)＝0，即当0<a ≤1时，符合题意；③当a >1时，f ′(0)＝1－a <0，f ′⎝⎛⎭⎫π4＝e π4⎝⎛⎭⎫π4＋1>0，设f ′(α)＝0，其中α是f ′(x )＝0中最接近x ＝0的零点．所以f (x )在(0，α)上为减函数，此时f (x )<f (0)＝0， 即当a >1时，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，1]．(3)不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上有两个零点． 由(2)知，当a ≤1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是增函数，且f (0)＝0， 故函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上无零点． 当a >1时，f ′(x )＝e x (x ＋1)－a cos 2x . 令g (x )＝e x (x ＋1)－a cos 2x ，则g ′(x )＝e x (x ＋2)＋2a sin 2x ，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，恒有g ′(x )>0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是增函数． 由g (0)＝1－a <0， g ⎝⎛⎭⎫π2＝e π2⎝⎛⎭⎫π2＋1＋a >0，故g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上存在唯一的零点x 0， 即方程f ′(x )＝0在⎝⎛⎭⎫0，π2上存在唯一解x 0. 且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2时，f ′(x )>0， 即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫x 0，π2上单调递增． 当x ∈(0，x 0)时，f (x )<f (0)＝0，即f (x )在(0，x 0)上无零点； 当x ∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2时，由于f (x 0)<f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝π2e π2>0， 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫x 0，π2上有唯一零点． 所以当a >1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上有一个零点． 综上所述，不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上有两个零点． 10．(2016·山东高考)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ， a ∈R.(1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解：(1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)． 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x .当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当a ＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，g (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫0，12a ，单调减区间为⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞. (2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当0＜a ＜12时，12a ＞1，由(1)知f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1，12a 时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(0,1)内单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，12a 内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．④当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，＋∞. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a ＜b ＜c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论： ①f (0)f (1)＞0； ②f (0)f (1)＜0； ③f (0)f (3)＞0; ④f (0)f (3)＜0. 其中正确结论的序号是________．解析：因为f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)， 由f ′(x )＜0，得1＜x ＜3，由f ′(x )＞0， 得x ＜1或x ＞3，所以f (x )在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数． 又a ＜b ＜c ，f (a )＝f (b )＝f (c )＝0，所以y 极大值＝f (1)＝4－abc ＞0，y 极小值＝f (3)＝－abc ＜0. 所以0＜abc ＜4.所以a ，b ，c 均大于零，或者a ＜0，b ＜0，c ＞0.又x ＝1，x ＝3为函数f (x )的极值点，后一种情况不可能成立，如图．所以f (0)＜0.所以f (0)f (1)＜0，f (0)f (3)＞0.所以正确结论的序号是②③. 答案：②③2．(2016·苏州期末)已知函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a (a ∈R)，e 为自然对数的底数． (1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)①若存在实数x ，满足f (x )<0，求实数a 的取值范围； ②若有且只有唯一整数x 0，满足f (x 0)<0，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，函数f (x )＝e x (2x －1)－x ＋1，定义域为R. 则f ′(x )＝e x (2x ＋1)－1，令h (x )＝e x (2x ＋1)－1. 则h ′(x )＝e x (2x ＋3)，易得h (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－32上递减，在⎣⎡⎭⎫－32，＋∞上递增． 又当x ≤－12时，h (x )≤－1<0，h (0)＝0.所以当x <0时，f ′(x )<0，当x >0时，f ′(x )>0.综上所述，函数f (x )的递减区间是(－∞，0]，递增区间是[0，＋∞)．(2)①若存在实数x ，满足f (x )<0，则a (x －1)>e x (2x －1)有解，显然x ＝1不是不等式的解，所以a <e x (2x －1)x －1在x <1时有解，或a >e x (2x －1)x －1在x >1时有解，第 11 页 共 11 页记g (x )＝e x (2x －1)x －1＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1x －1，其中x ≠1. 则g ′(x )＝e x⎝ ⎛⎦⎥⎤2＋1x －1－1(x －1)2＝e x ·x (2x －3)(x －1)2. 可得g (x )在(－∞，0]上单调递增，在[0,1)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，32上单调递减，在⎣⎡⎭⎫32，＋∞上单调递增，所以g (x )在(－∞，1)上的最大值为g (0)＝1，在(1，＋∞)上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫32＝4e 32. 所以a <1或a >4e 32，即实数a 的取值范围是(－∞，1)∪⎝⎛⎭⎫4e 32，＋∞. ②由①可知，若a <1，则a ＝g (x )有两解x 1，x 2，且x 1<0<x 2<1，不等式a <g (x )的解集为(x 1，x 2)，唯一整数x 0＝0，所以－1≤x 1<0，所以g (－1)≤a <g (0)，即32e≤a <1； 若a >4e 32，则a ＝g (x )有两解x 3，x 4，且1<x 3<32<x 4， 不等式a >g (x )的解集为(x 3，x 4)，唯一整数x 0＝2，所以2<x 4≤3，所以g (2)<a ≤g (3)，即3e 2<a ≤5e 32. 综上，a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫32e ，1∪⎝⎛⎦⎤3e 2，5e 32.。
高考数学一轮复习课后限时集训15导数与函数的极值、最值(含解析)理
高考数学一轮复习课后限时集训15导数与函数的极值、最值（含解析）理课后限时集训(十五)(建议用时：60分钟) A 组 基础达标一、选择题1．函数y ＝f (x )导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A ．函数y ＝f (x )在区间(－1,3)上单调递增B ．函数y ＝f (x )在区间(3,5)上单调递减C ．函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D ．函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值 C [由函数y ＝f (x )导函数的图象可知：当x ＜－1及3＜x ＜5时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当－1＜x ＜3及x ＞5时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以f (x )的单调减区间为(－∞，－1)，(3,5)；单调增区间为(－1,3)，(5，＋∞)，f (x )在x ＝－1,5处取得极小值，在x ＝3处取得极大值，故选项C 错误，故选C.]2．函数y ＝ln x －x 在x ∈(0，e]上的最大值为( ) A ．e B ．1 C ．－1D ．－eC [函数y ＝ln x －x 的定义域为(0，＋∞)． 又y ′＝1x －1＝1－xx，令y ′＝0得x ＝1，当x ∈(0,1)时，y ′＞0，函数单调递增； 当x ∈(1，e]时，y ′＜0，函数单调递减． 当x ＝1时，函数取得最大值－1.]3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( ) A ．11或18 B ．11 C ．18D ．17或18C [f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝01＋a ＋b ＋a 2＝10⇒⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－3－2aa 2－a －12＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4b ＝－11或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3b ＝3.经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4b ＝－11符合题意，∴f (2)＝23＋4×4＋2×(－11)＋16＝18.]4．已知a ∈R ，若f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋a e x在区间(0,1)上有且只有一个极值点，则a 的取值范围是( )A ．a ＜0B ．a ＞0C ．a ≤1D ．a ≥0B [f ′(x )＝e xx2(ax 2＋x －1)，若f (x )在(0,1)上有且只有一个极值点， 则f ′(x )＝0在(0,1)上有且只有一个零点，显然e xx2＞0，问题转化为g (x )＝ax 2＋x －1在(0,1)上有且只有一个零点，故g (0)·g (1)＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧－1＜0，a ＋1－1＞0，解得：a ＞0，故选B.]5．(2019·漳州模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax 存在最大值0，则a 的值为( ) A ．1 B ．2C ．e D.1eD [函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a ，当a ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，不存在最大值；当a ＞0时，令f ′(x )＝1x－a ＝0，解得x＝1a ，当0＜x ＜1a 时，f ′(x )＞0，当x ＞1a时，f ′(x )＜0，∴f (x )m ax ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a－1＝0，解得a ＝1e，故选D.]二、填空题6．函数y ＝2x －1x2的极大值是________．－3 [y ′＝2＋2x 3，令y ′＝0，即2＋2x3＝0，解得x ＝－1，当x ＜－1时，y ′＞0，当－1＜x ＜0时，y ′＜0，因此当x ＝－1时，函数有极大值，极大值为－2－1＝－3.]7．(2018·贵州质检)设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |最小时，t 的值为________．22[由题意，M (t ，t 2)，N (t ，ln t )， ∴|MN |＝|t 2－ln t |， 令f (t )＝t 2－ln t (t ＞0)， ∴f ′(t )＝2t －1t ＝2t 2－1t；当f ′(t )＞0时，t ＞22， 当f ′(t )＜0时，0＜t ＜22， ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上为减函数， f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫22，＋∞上为增函数， ∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝12－ln 22＞0， ∴当t ＝22时，|MN |达到最小值，最小值为12－ln 22.] 8．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．(0,1)∪(2,3) [函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x，令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝3，经检验知x ＝1或x ＝3是函数f (x )的两个极值点，由题意知，t ＜1＜t ＋1或t ＜3＜t ＋1，解得0＜t ＜1或2＜t ＜3.]三、解答题9．已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，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f (x )的极大值． [解] (1)f ′(x )＝e x(ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4，故b ＝4，a ＋b ＝8. 从而a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知f (x )＝4e x(x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫e x －12令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )＜0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增， 在(－2，－ln 2)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)． 10．已知函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c 在点x ＝2处取得极值c －16. (1)求a ，b 的值；(2)若f (x )有极大值28，求f (x )在[－3,3]上的最小值． [解] (1)因为f (x )＝ax 3＋bx ＋c ， 故f ′(x )＝3ax 2＋b.由于f (x )在点x ＝2处取得极值c －16，故有⎩⎪⎨⎪⎧f ′2＝0，f 2＝c －16，即⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋b ＝0，8a ＋2b ＋c ＝c －16，化简得⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋b ＝0，4a ＋b ＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－12.(2)由(1)知f (x )＝x 3－12x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝－2，x 2＝2. 当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(－∞，－2)上为增函数； 当x ∈(－2,2)时，f ′(x )＜0， 故f (x )在(－2,2)上为减函数； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(2，＋∞)上为增函数． 由此可知f (x )在x ＝－2处取得极大值，f (－2)＝16＋c ，f (x )在x ＝2处取得极小值f (2)＝c －16.由题设条件知16＋c ＝28，解得c ＝12. 此时f (－3)＝9＋c ＝21，f (3)＝－9＋c ＝3，f (2)＝－16＋c ＝－4，因此f (x )在[－3,3]上的最小值为f (2)＝－4.B 组 能力提升1．若函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R上的极小值为( )A ．2b －43B.32b －23 C ．0D ．b 2－16b 3A [f ′(x )＝x 2－(b ＋2)x ＋2b ＝(x －2)(x －b )， 令f ′(x )＝0得x ＝2或x ＝b ，由题意知－3＜b ＜1.当b ＜x ＜2时，f ′(x )＜0，当x ＞2时，f ′(x )＞0，因此x ＝2时，f (x )有极小值，且f (2)＝83－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2＋4b ＝2b －43，故选A.]2．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( )A ．[1，＋∞) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 C ．[1,2)D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 B [f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2－1x.由f ′(x )＝0得x ＝12，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32.故选B.]3．已知函数f (x )＝13x 3－x 2－x ＋m 在[0,1]上的最小值为13，则实数m 的值为________．2 [f ′(x )＝x 2－2x －1＝(x －1)2－2，当x ∈[0,1]时，f ′(x )＜0，因此f (x )在区间[0,1]上是减函数，则f (x )min ＝f (1)＝m －53＝13，解得m ＝2.]4．(2018·北京高考)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x. (1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求a ； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围． [解] (1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x， 所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x.f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x.若a ＞1，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，1时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0,1)时，ax －1≤x －1＜0， 所以f ′(x )＞0.所以1不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．。
高考数学一轮复习专题15导数与函数的极值、最值(含解析)
专题15导数与函数的极值、最值最新考纲1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).重点难点突破【题型一】用导数求解函数极值问题命题点1 根据函数图象判断极值【典型例题】函数f（x）的定义域为（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）内有极值点（）A．1个B．2个C．3个D．4个【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．【再练一题】已知函数f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，那么（）A．﹣1是函数f（x）的极小值点B．1是函数f（x）的极大值点C．2是函数f（x）的极大值点D．函数f（x）有两个极值点【解答】解：根据函数f（x）的导函数f′（x）的图象可知f′（﹣1）＝0，f′（2）＝0 但当x＜﹣1时，f′（x）＞0，﹣1＜x＜2时，f′（x）＞0，x＞2时，f′（x）＜0∴﹣1不是极值点，2是函数f（x）的极大值点故选：C．命题点2 求函数的极值【典型例题】设f（x）＝x3x2﹣2x+5（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间．（Ⅱ）求极值点与极值．【解答】解：（I）f（x）＝x3x2﹣2x+5，f′（x）＝3x2﹣x﹣2，令f′（x）＞0即3x2﹣x﹣2＞0解得x∈（﹣∞，）∪（1，+∞）令f′（x）＜0即3x2﹣x﹣2＜0解得x∈（，1），故函数在，（1，+∞）上为单调递增区间，在上为单调递减区间．（II）由f′（x）＝0，即3x2﹣x﹣2＝0解得x或x＝1，当x变化时，f′（x），f（x）的变化如下表：（﹣∞，），极小值∴当x＝1时，f（x）取得极小值，当x时，f（x）取得极大值．【再练一题】已知函数f（x）＝（x2﹣mx﹣m）e x+2m（m＞﹣2，e是自然对数的底数）有极小值0，则其极大值是（）A．4e﹣2或（4+ln2）e﹣2+2ln2B．4e﹣2或（4+ln2）e2+2ln2C．4e﹣2或（4+ln2）e﹣2﹣2ln2D．4e﹣2或（4+ln2）e2﹣2ln2【解答】解：由题意知，f′（x）＝[x2+（2﹣m）x﹣2m]e x＝（x+2）（x﹣m）e x．由f′（x）＝0得，x1＝﹣2，x2＝m，因为m＞﹣2，所以函数f（x）在区间（﹣∞m﹣2）和（m，+∞）内单调递增，在区间（﹣2，m）内单调递减．于是函数f（x）的极小值为f（m）＝0，即x2﹣（m2﹣m2﹣m）e x+2m＝0，m（2﹣e x）＝0，解得m＝0或m＝ln2，当m＝0时，f（x）的极大值为f（﹣2）＝4e﹣2．当m＝ln2时，f（x）的极大值为f（﹣2）＝（4+ln2）e﹣2+2ln2．故选：A．命题点3 根据极值求参数【典型例题】已知函数在区间（1，+∞）上有极小值无极大值，则实数a的取值范围（）A．B．C．D．【解答】解：∵函数，∴f'（x）＝x2+2ax﹣2，∵函数在区间（1，+∞）上有极小值无极大值，∴f'（x）＝x2+2ax﹣2＝0在区间（1，+∞）上有1个实根，（﹣∞，1]上有1个根．，解得a．故选：A．【再练一题】已知x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，则a＝（）A．B．1 C．D．2【解答】解：函数f（x）＝xln（ax）+1，可得f′（x）＝ln（ax）+1，已知x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，可得：ln（a）+1＝0，解得a＝1，经验证a＝1时，x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，故选：B．思维升华函数极值的两类热点问题(1)求函数f(x)极值的一般解题步骤①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．(2)根据函数极值情况求参数的两个要领①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．②验证：求解后验证根的合理性．【题型二】用导数求函数的最值【典型例题】函数f（x）＝e x﹣2x的最小值为．【解答】解：f′（x）＝e x﹣2，令f′（x）＝e x﹣2＝0，解得x＝ln2．可得：函数f（x）在（﹣∞，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增．∴x＝ln2时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（ln2）＝2﹣2ln2．故答案为：2﹣2ln2．【再练一题】已知函数，其导函数f′（x）为偶函数，，则函数g（x）＝f′（x）e x在区间[0，2]上的最小值为（）A．﹣3e B．﹣2e C．e D．2e【解答】解：由函数的解析式可得：f′（x）＝x2+2mx+n，导函数为偶函数，则m＝0，故，，∴n＝﹣3．函数的解析式为，故g（x）＝e x（x2﹣3），g′（x）＝e x（x2﹣3+2x）＝e x（x﹣1）（x+3），据此可知函数g（x）在区间[0，1）上单调递减，在区间（1，2]上单调递增，函数g（x）的最小值为g（1）＝e1⋅（12﹣3）＝﹣2e．故选：B．思维升华求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a，b)内的极值．(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)．(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．【题型三】函数极值和最值的综合问题【典型例题】已知函数f（x）＝ax2+bx+clnx（a＞0）在x＝1和x＝2处取得极值，且极大值为，则函数f（x）在区间（0，4]上的最大值为（）A．0 B．C．2ln2﹣4 D．4ln2﹣4【解答】解：函数的导数f′（x）＝2ax+b∵f（x）在x＝1和x＝2处取得极值，∴f′（1）＝2a+b+c＝0 ①f′（2）＝4a+b0 ②，∵f（x）极大值为，∵a＞0，∴由函数性质当x＝1时，函数取得极大值为，则f（1）＝a+b+cln1＝a+b，③，由①②③得a，b＝﹣3，c＝2，即f（x）x2﹣3x+2lnx，f′（x）＝x﹣3，由f′（x）＞0得4≥x＞2或0＜x＜1，此时为增函数，由f′（x）＜0得1＜x＜2，此时f（x）为减函数，则当x＝1时，f（x）取得极大值，极大值为，又f（4）＝8﹣12+2ln4＝4ln2﹣4，即函数在区间（0，4]上的最大值为4ln2﹣4，故选：D．【再练一题】设函数f（x）＝lnx﹣x+1（1）求函数f（x）的单调区间；（2）求函数f（x）在区间上的极值及最值．【解答】解：（1）∵f（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，∴f ′（x ）1，令f ′（x ）＝0，解得x ＝1，当f ′（x ）＞0，即0＜x ＜1，函数f （x ）单调递增， 当f ′（x ）＜0，即x ＞1，函数f （x ）单调递减，故函数f （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减， （2）由（1）可知，f （x ）在[，1）上单调递增，在（1，2]上单调递减，当x ＝1时，函数有极大值，极大值为f （1）＝0，极大值即为最大值，即最大值为0， ∵f （）ln 2，f （2）＝ln 2﹣1，由于ln 2﹣ln 2+12ln 2＞0，∴f （）＞f （2）， ∴f （x ）min ＝ln 2﹣1．思维升华 (1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．基础知识训练1．【重庆市第一中学校2019届高三下学期第三次月考】设函数，则（ ）A ．2x =为()f x 的极大值点B ．2x =为()f x 的极小值点C ．2x =-为()f x 的极大值点D ．2x =-为()f x 的极小值点【答案】D 【解析】 因为，所以，由得2x =-，所以，当2x >-时，()0f x '>，故单调递增；当2x <-时，()0f x '<，故单调递减；所以函数在1a =-处取得极小值，无极大值.故选D2．【山东省日照实验高级中学2018-2019学年高二下学期第二次阶段性考试】函数的极值点是（ ） A ．1x = B ．0x =C ．1x =或-1或0D ．1x =-【答案】B 【解析】 函数的导数为；令()0f x '=，解得：11x =-， 20x =，x =31，令()0f x '>，解得：0x >，函数的单调增区间为(0,)+∞； 令()0f x '<，解得：0x <，函数的单调减区间为(,0)-∞； 所以当0x =时，函数取极小值。
高三数学(理)一轮总复习课时跟踪检测(十五) 导数与函数的极值、最值 Word版含解析
课时跟踪检测（十五）导数与函数的极值、最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快．函数()＝－在(，]上的最大值为．解析：′()＝－＝(>)，令′()>，得<<，令′()<，得>，∴()在(]上是增函数，在(，]上是减函数．∴当＝时，()在(，]上取得最大值()＝－.答案：－．函数()＝( ＋ )的值域为解析：∵∈，∴′()＝≥，∴()≤()≤，即≤()≤.答案：))．当函数＝·取极小值时，＝.解析：令′＝＋·＝，∴＝－).答案：－)．若函数()＝－＋有极值点，则实数的取值范围为．解析：若函数()＝－＋有极值点，则′()＝－＋＝有根，故Δ＝(－)－>，从而>或<－.故实数的取值范围为∪.答案：∪．已知函数()＝′() －，则()的极大值为．解析：因为′()＝－，令＝，得′()＝.所以()＝－，′()＝－.当<<，′()>；当>，′()<.从而()的极大值为()＝－.答案：－二保高考，全练题型做到高考达标．函数()＝－的最小值为．解析：′()＝－＝，且＞.令′()＞，得＞；令′()＜，得＜＜.∴()在＝处取得极小值也是最小值，且()＝－＝.答案：．若函数()＝－－在区间[]上的最大值和最小值分别为，，则－的值为．解析：′()＝－，令′()＝，得＝(＝－舍去)．∵()＝－，()＝－－，()＝－.∴＝－，＝－－.∴－＝.答案：．(·南京外国语学校)已知函数()＝＋＋的图象如图所示，则＋等于．解析：由图象可知()的图象过点()与()，，是函数()的极值点，因此＋＋＝＋＋＝，解得＝－，＝，所以()＝－＋，所以′()＝－＋，是方程′()＝－＋＝的两根，因此＋＝，＝，所以＋＝(＋)－＝－＝.答案：．函数()＝－＋(＞)的极大值为，极小值为，则()的单调递减区间是．解析：令′()＝－＝，得＝±，则()，′()随的变化情况如下表：((－()(－(－()(＋＝，,(()(－()＋＝，))解得(\\(＝，＝.))所以()的单调递减区间是(－)．答案：(－)．若函数()＝＋－在区间(，＋)上存在最小值，则实数的取值范围是．解析：由题意，′()＝＋＝(＋)，故()在(－∞，－)，(，＋∞)上是增函数，在(－)上是减函数，作出其图象如图所示，令＋－＝－得，＝或＝－，则结合图象可知，(\\(－≤＜，＋＞，))解得∈[－)．答案：[－)．函数()＝＋－－在[]上的最小值是．解析：′()＝＋－，令′()＝得＝(＝－舍去)，又()＝－，()＝－，()＝－，故()在[]上的最小值是()＝－.答案：－．(·苏州模拟)已知()＝＋＋＋在＝－时有极值，则－＝.。
2020届高考数学(理科)总复习课时跟踪练(十五)利用导数研究函数的极值、最值(基础课)含解析
c ( e课时跟踪练(十五)A 组 基础巩固1.(2019· 广州模拟)已知定义在 R 上的函数 f (x )，其导函数 f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()①f (b )>f (a )>f (c )；②函数 f (x )在 x ＝c 处取得极小值，在 x ＝e 处取得极大值；③函数 f (x )在 x ＝c 处取得极大值，在 x ＝e 处取得极小值；④函数 f (x )的最小值为 f (d )．A ．③B ．①②C ．③④D ．④解析：由导函数图象可知在(－∞，c )，(e ，＋∞)上，f ′(x )>0，在(c ，e )上，f ′(x )<0，所以函数 f (x )在(－∞，)，e ，＋∞)上单调递增，在(c ，)上单调递减，所以 f (a )<f (b )<f (c )，函数 f (x )在 x ＝c 处取得极大值，在 x ＝e 处取得极小值，函数 f (x )没有最小值．答案：A2．(2019· 豫南九校质量考评)若函数 f (x )＝x (x －c )2 在 x ＝2 处有极小值，则常数 c的值为()A ．4C ．2B ．2 或 6D ．6解析：因为 f (x )＝x (x －c )2，所以 f ′(x )＝3x 2－4cx ＋c 2，又 f (x )＝x (x －c )2 在 x ＝2 处有极小值，所以 f ′(2)＝12－8c ＋c 2＝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；解析：因为 f ′(x )＝ －1＝ ，当 x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0；当 x ∈(1，e]时，f ′(x )当 c ＝6 时，f (x )＝x (x －c )2 在 x ＝2 处有极大值．所以 c ＝2.答案：C3．函数 f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为()A ．1－eB ．－1C ．－eD ．011－x xx＜0，所以 f (x )的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，e]，所以当 x ＝1 时，f (x )取得最大值 ln 1－1＝－1.答案：B4．设 a ∈R ，若函数 y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则()A ．a <－1B ．a >－1C ．a >－1eD ．a <－1e解析：因为 y ＝e x ＋ax ，所以 y ′＝e x ＋a .因为函数 y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则方程 y ′＝e x ＋a ＝0 有大于零的解，因为 x >0 时，－e x <－1，所以 a ＝－e x <－1.答案：A5．(2019· 郑州质检)若函数 y ＝f (x )存在 n －1(n ∈N *)个极值点，则称 y ＝f (x )为 n 折函数，例如 f (x )＝x 2 为 2 折函数．已知函数 f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则 f (x )为()A ．2 折函数C ．4 折函数B ．3 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．所以 f (1)＝ 为最大值．e8．已知 y ＝f (x )是奇函数，当 x ∈(0，2)时，f (x )＝ln x －ax a ＞2⎪，当 x ∈(－2，0)令 f ′(x )＝ －a ＝0，得 x ＝ ，当 0＜x ＜ 时，f ′(x )＞0；当 x ＞ 时，f ′(x )＜0.所以 f (x )max ＝f a⎪＝－ln a －1＝－1，解得 a ＝1.4，f (1)＝e －1＝ 又 e －2≠3(－2)＋2＝－4.所以函数 y ＝f (x )有 3 个极值点，则 f (x )为 4 折函数．答案：C6．函数 f (x )＝x e －x ，x ∈[0，4]的最大值是________．解析：f ′(x )＝e －x －x ·e －x ＝e －x (1－x )，令 f ′(x )＝0，得 x ＝1.4 1 又 f (0)＝0，f (4)＝e e ，1e1答案：7．已知函数 f (x )＝－x 3＋ax 2－4 在 x ＝2 处取得极值，若 m ∈[－1，1]，则 f (m )的最小值为________．解析：f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由 f (x )在 x ＝2 处取得极值知 f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，故 a ＝3.由此可得 f (x )＝－x 3＋3x 2－4.f ′(x )＝－3x 2＋6x ，由此可得 f (x )在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，所以当 m ∈[－1，1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 答案：－4⎛ 1⎫ ⎝ ⎭时，f (x )的最小值为 1，则 a 的值等于________．解析：由题意知，当 x ∈(0，2)时，f (x )的最大值为－1.1 1xa1 1aa⎛1⎫ ⎝ ⎭答案：13(1)当 a ＝ 时，求 f (x )的极值； 解：(1)当 a ＝ 时，f (x )＝ln x － x ，函数的定义域为(0，＋∞)且 f ′(x )＝ － ＝ ，x 2 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 2 －9)x －t 2＋9t 2. 故 f ′(x )＝3x 2－6t 2x ＋3t 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：xf ′(x )f (x )(－∞，t 2－ 3)＋↗t 2－ 3极大值 (t 2－ 3，t 2＋ 3)－↘t 2＋ 3极小值 (t 2＋ 3，＋∞)＋↗所以函数 f (x )的极大值为 f (t 2－ 3)＝(－ 3)3－9×(－ 3)＝6 3， 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)．12(2)讨论函数 f (x )在定义域内极值点的个数．1 1 1 1 2－x2 2 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：极大值＝f (2)＝ln 2－1，无极小值．f ′(x )＝ －a ＝ (x ＞0)， 当 a ＞0 时，当 x ∈ 0，a ⎪时，f ′(x )＞0， 当 x ∈ a，＋∞⎪时，f ′(x )＜0， 故函数在 x ＝ 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 ＝ 处有唯11．(2019· 安庆二模)已知函数 f (x )＝2e f ′(e)ln x － (e 是自然对数的底数)，则 f (x )B ．－解析：由题意知，f ′(x )＝ － ，所以 f ′(e)＝2f ′(e)－ ，则 f ′(e)＝ .因此 f ′(x )＝ － ，令 f ′(x )＝0，得 x ＝2e.xf ′(x )f (x )(0，2)＋↗2ln 2－1(2，＋∞)－↘故 f (x )在定义域上的极大值为 f (x )(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，11－ax x x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；⎛ 1⎫⎝⎭⎛1 ⎫ ⎝⎭1a1a一极值点．B 组 素养提升xe的极大值为()A ．2e －1C ．11eD ．2ln 22e f ′（e ） 1x e1 1e e2 1x e解析：因为 f (x )＝ x 3－4x 2＋6x －3，2 所以 f (x )在(0，2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减．所以 f (x )在 x ＝2e 处得取极大值 f (2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2.答案：D12．正项等比数列{a n }中的 a 1，a 4 1 037 是函数 f (x )＝3x 3－4x 2＋6x －3 的极值点，则log 6a 2 019＝________．1 3所以 f ′(x )＝x 2－8x ＋6，因为正项等比数列{a n }中的 a 1，a 4 1 037 是函数 f (x )＝3x 3－4x 2＋6x －3 的极值点，所以 a 1×a 4 037＝6，所以 a 2 019＝ a 1×a 4 037＝ 6， 1所以 log 6a 2 019＝log 6 6＝2.1答案：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，当 x ∈ 0，2a ⎪时，g ′(x )＞0，函数 g (x )单调递增，当 x ∈ 2a ，＋∞⎪时，g ′(x )＜0，函数 g (x )单调递减．⎪ ⎪.0，，＋∞所以函数 y ＝g (x )的单调增区间为 2a ，单调减区间为 2af ′(x )＜0，当 x ∈ 1，2a⎪时，f ′(x )＞0.⎪1，所以 f (x )在(0，1)内单调递减，在2a 内单调递增．②当 a ＝ 时， ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当所以 g ′(x )＝ －2a ＝.⎪0，①当 0＜a ＜ 时， ＞1，由(1)知 f ′(x )在2a 内单调递增，可得当 x ∈(0，1)时，2 2a⎪时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当 x ∈(1，＋，1③当a ＞ 时，0＜＜1，当 x ∈ 2a⎭⎝ V (0)＝8 640π，V (8)＝3 520π，所以当 t ＝8 时，V (t )有最小值 3 520π.此时金箍棒的底面半径为 4 cm.答案：414．设 f (x )＝x ln x －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，＋∞)．11－2ax x x又 a ＞0，⎛ 1 ⎫ ⎝ ⎭⎛ 1 ⎫ ⎝ ⎭⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫ ⎝ ⎭(2)由(1)知，f ′(1)＝0.11⎛ 1 ⎫⎝ ⎭⎛ 1 ⎫ ⎝ ⎭⎛ 1 ⎫ ⎝ ⎭所以 f (x )在 x ＝1 处取得极小值，不合题意．1 12 2ax ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．11 ⎛ 1 ⎫ 22a ⎝ ⎭综上可知，实数 a 的取值范围为 2，＋∞⎪.x ) ∞)时，f ′(＜0，f (x )单调递减．所以 f (x )在 x ＝1 处取得极大值，符合题意．⎛1 ⎫ ⎝ ⎭。
2017届高考数学一轮总复习 课时跟踪检测(十五) 导数与函数的极值、最值 理 新人教版
课时跟踪检测(十五) 导数与函数的极值、最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2016·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( ) A ．y ＝x 3B ．y ＝ln (－x )C ．y ＝x e －xD ．y ＝x ＋2x解析：选D 由题可知，B ，C 选项中的函数不是奇函数，A 选项中，函数y ＝x 3单调递增(无极值)，而D 选项中的函数既为奇函数又存在极值．2．函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－eD ．0解析：选B 因为f ′(x )＝1x －1＝1－xx，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值ln 1－1＝－1.3．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝( ) A. 1ln 2 B ．－1ln 2C ．－ln 2D ．ln 2解析：选B 令y ′＝2x ＋x ·2xln 2＝0，∴x ＝－1ln 2.4．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为( ) A. ⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B. ⎝⎛⎭⎪⎫32，＋∞ C. ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ D. ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 解析：选D 若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有根，故Δ＝(－4c )2－12>0，从而c >32或c <－32.故实数c 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.5．已知函数f (x )的定义域为(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )上的图象如图所示，则函数f (x )在(a ，b )上的极大值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x )在(a ，b )上与x 轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x ＝0不是函数f (x )的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．二保高考，全练题型做到高考达标 1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A. 12 B ．1 C ．0D ．不存在解析：选A f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x ＞0.令f ′(x )＞0，得x ＞1；令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23解析：选A 由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.3．(2016·浙江瑞安中学月考)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A. 23B. 43C. 83D. 163解析：选C 由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83.4．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R)．若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )图象的是( )解析：选D 因为[f (x )e x ]′＝f ′(x )e x ＋f (x )(e x )′＝[f (x )＋f ′(x )]e x，且x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，所以f (－1)＋f ′(－1)＝0；选项D 中，f (－1)＞0，f ′(－1)＞0，不满足f ′(－1)＋f (－1)＝0.5．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5,0)B ．(－5,0)C ．[－3,0)D ．(－3,0)解析：选 C 由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3,0)，故选C.6．函数f (x )＝13x 3＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173.答案：－1737．(2016·广州模拟)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1 时有极值0，则a －b ＝________.解析：由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7.答案：－78．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ＞0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．解析：令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ， 则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：从而⎩⎨⎧－a 3－3a －a ＋b ＝6，a 3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)． 答案：(－1,1)9．已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．解：(1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－ae x .又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴， 得f ′(1)＝0，即1－ae ＝0，解得a ＝e.(2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，即x ＝ln a ．x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0；x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．10．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x ＜1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当x ＜1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值为f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝3.(2)①当－1≤x ＜1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0；当a ＞0时，f (x )在[1，e]上单调递增，则f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a .综上所述，当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ；当a ＜2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a ＜b ＜c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论： ①f (0)f (1)＞0; ②f (0)f (1)＜0； ③f (0)f (3)＞0; ④f (0)f (3)＜0. 其中正确结论的序号是________．解析：∵f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)， 由f ′(x )＜0，得1＜x ＜3，由f ′(x )＞0， 得x ＜1或x ＞3，∴f (x )在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数． 又a ＜b ＜c ，f (a )＝f (b )＝f (c )＝0， ∴y 极大值＝f (1)＝4－abc ＞0，y 极小值＝f (3)＝－abc ＜0.∴0＜abc ＜4.∴a ，b ，c 均大于零，或者a ＜0，b ＜0，c ＞0.又x ＝1，x ＝3为函数f (x )的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f (0)＜0.∴f (0)f (1)＜0，f (0)f (3)＞0.∴正确结论的序号是②③. 答案：②③2．(2016·武汉调研)已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a ＞0，b ∈R)． (1)设a ＝1，b ＝－1，求f (x )的单调区间；(2)若对任意的x ＞0，f (x )≥f (1)，试比较ln a 与－2b 的大小． 解：(1)由f (x )＝ax 2＋bx －ln x ，x ∈(0，＋∞)， 得f ′(x )＝2ax 2＋bx －1x.∵a ＝1，b ＝－1， ∴f ′(x )＝2x 2－x －1x＝x ＋x －x(x ＞0)．令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ＞1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．∴f (x )的单调递减区间是(0,1)，f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)． (2)由题意可知，f (x )在x ＝1处取得最小值，即x ＝1是f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝0，∴2a ＋b ＝1，即b ＝1－2a .令g (x )＝2－4x ＋ln x (x ＞0)，则g ′(x )＝1－4xx.令g ′(x )＝0，得x ＝14.当0＜x ＜14时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ＞14时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，∴g (x )≤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1＋ln 14＝1－ln 4＜0， ∴g (a )＜0，即2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a ＜0，故ln a ＜－2b .。
专题15 导数与函数的极值、最值(原卷版)
1．已知极值求参数。若函数f(x)在点(x0，y0)处取得极值，则f′(x0)＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反。
2、对于求解析式中含有参数的函数极值问题，一般要对方程f′(x)＝0的根的情况进行讨论，分两个层次讨论．第一层次，讨论在定义域内是否有根；第二层次，在有根的条件下，再讨论根的大小．
2023高考一轮复习讲与练
专题15导数与函数的极值、最值
练高考 明方向
1.（2022·全国甲（文T8）(理T6)）.当 时，函数 取得最大值 ，则 （）
A. B. C. D. 1
2.（2022·新高考Ⅰ卷T10）已知函数 ，则（）
A. 有两个极值点B. 有三个零点
C.点 是曲线 的对称中心D.直线 是曲线 的切线
8.(2019·北京高考理科·T19同2019·北京高考文科·T20)已知函数f(x)= x3-x2+x.
(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程.
(2)当x∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x.
(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a),当M(a)最小时,求a的值.
(2)对于求解析式中含有参数的函数极值问题，一般要对方程f′(x)＝0的根的情况进行讨论，分两个层次讨论．第一层次，讨论在定义域内是否有根；第二层次，在有根的条件下，再讨论根的大小．
类型三、含参的极值问题
基本题型：
1．（求参数的值）设函数f(x)＝lnx＋ax2－ x，若x＝1是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的极小值为()
基本方法：
求函数f(x)在[a，b]上的最值的方法
(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，则f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值；
2019届高考数学(理)大一轮课时跟踪检测【15】导数与函数极值、最值(含答案)
课时跟踪检测(十五) 导数与函数极值、最值(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)第Ⅰ卷：夯基保分卷1．(2018·威海模拟)当函数y＝x·2x取极小值时，x＝( )A.1ln 2B．－1ln 2C．－ln 2 D．ln 22．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，则下列图像不可能为y＝f(x)图像的是( )3．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是( ) A．－13 B．－15C．10 D．154．(2018·荆州质检)设函数f(x)在R上可导，其导函数是f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图像可能是( )5．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是________．6．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a<b<c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)>0；②f(0)f(1)<0；③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0.其中正确结论的序号是________．7．(2018·江苏高考节选)设函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝e x－ax，其中a为实数．若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范围．8．已知函数f(x)＝x2－1与函数g(x)＝aln x(a≠0)．(1)若f(x)，g(x)的图像在点(1,0)处有公共的切线，求实数a 的值； (2)设F(x)＝f(x)－2g(x)，求函数F(x)的极值．第Ⅱ卷：提能增分卷1．设f(x)＝－13x 3＋12x 2＋2ax.(1)若f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围； (2)当0<a<2时，f(x)在[1,4]上的最小值为－163，求f(x)在该区间上的最大值．2．(2018·晋中名校联考)已知函数f(x)＝ax 2－e x(a ∈R ，e 为自然对数的底数)，f′(x)是f(x)的导函数． (1)解关于x 的不等式：f(x)>f′(x)；(2)若f(x)有两个极值点x 1，x 2，求实数a 的取值范围．3．(2018·广东六校联考)已知f(x)＝3x 2－x ＋m ，(x ∈R)，g(x)＝ln x. (1)若函数f(x)与g(x)的图像在x ＝x 0处的切线平行，求x 0的值； (2)求当曲线y ＝f(x)与y ＝g(x)有公共切线时，实数m 的取值范围；(3)在(2)的条件下，求函数F(x)＝f(x)－g(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1上的最值(用m 表示)．答案第Ⅰ组：全员必做题1．选B y′＝2x＋x·2x ln 2＝0，∴x＝－1ln 2.2．选D 因为[f(x)e x]′＝f′(x)e x＋f(x)(e x)′＝[f(x)＋f′(x)]e x，且x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；选项D中，f(－1)>0，f′(－1)>0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.3．选A 求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又f′(x)＝－3x2＋6x的图像开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1,1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.故选A.4．选C f(x)在x＝－2处取得极小值，即x<－2，f′(x)<0；x>－2，f′(x)>0，那么y＝xf′(x)过点(0,0)及(－2,0)．当x<－2时，x<0，f′(x)<0，则y>0；当－2<x<0时，x<0，f′(x)>0，y<0；当x>0时，f′(x)>0，y>0，故C正确．5．解析：f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m2－12×(m＋6)>0.所以m>6或m<－3.答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)6.解析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)·(x－3)，由f′(x)<0，得1<x<3，由f′(x)>0，得x<1或x>3，∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．又a<b<c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，∴y极大值＝f(1)＝4－abc>0，y极小值＝f(3)＝－abc<0.∴0<abc<4.∴a，b，c均大于零，或者a<0，b<0，c>0.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f(0)<0.∴f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0.∴正确结论的序号是②③. 答案：②③7．解：令f′(x)＝1x －a ＝1－ax x <0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a>0，进而解得x>a －1，即f(x)在(a －1，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a －1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a≥1.令g′(x)＝e x－a ＝0，得x ＝ln a ．当x<ln a 时，g′(x)<0；当x>ln a 时，g′(x)>0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a>e.综上，a 的取值范围为(e ，＋∞)． 8．解：(1)因为f(1)＝0，g(1)＝0，所以点(1,0)同时在函数f(x)，g(x)的图像上，因为f(x)＝x 2－1，g(x)＝aln x ， 所以f′(x)＝2x ，g′(x)＝ax ，由已知，得f′(1)＝g′(1)， 所以2＝a1，即a ＝2.(2)因为F(x)＝f(x)－2g(x)＝x 2－1－2aln x(x>0)， 所以F′(x)＝2x －2ax＝2－x，当a<0时，因为x>0，且x 2－a>0， 所以F′(x)>0对x>0恒成立， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增， F(x)无极值； 当a>0时，令F′(x)＝0，解得x 1＝a ，x 2＝－a(舍去)， 所以当x>0时，F′(x)，F(x)的变化情况如下表：所以当x ＝a 时，F(x)取得极小值，且F(a)＝(a)2－1－2aln a ＝a －1－aln a.综上，当a<0时，函数F(x)在(0，＋∞)上无极值；当a>0时，函数F(x)在x ＝a 处取得极小值a －1－aln a.第Ⅱ组：重点选做题1．解：(1)f′(x)＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞时，f′(x)的最大值为f′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a.令29＋2a>0，得a>－19.所以当a>－19时，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间， 即f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间时，a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞. (2)令f′(x)＝0，得两根x 1＝1－1＋8a2， x 2＝1＋1＋8a2，所以f′(x)在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增． 当0<a<2时，有x 1<1<x 2<4，所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x 2)， 又f(4)－f(1)＝－272＋6a<0，即f(4)<f(1)．所以f(x)在[1,4]上的最小值为 f(4)＝8a －403＝－163，得a ＝1，x 2＝2， 从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝103. 2．解：(1)f′(x)＝2ax －e x， f(x)－f′(x)＝ax(x －2)>0. 当a ＝0时，无解；当a>0时，解集为{x|x<0或x>2}； 当a<0时，解集为{x|0<x<2}． (2)设g(x)＝f′(x)＝2ax －e x ， 则x 1，x 2是方程g(x)＝0的两个根． g′(x)＝2a －e x，当a≤0时，g′(x)<0恒成立，g(x)单调递减， 方程g(x)＝0不可能有两个根；当a>0时，由g′(x)＝0，得x ＝ln 2a ，当x ∈(－∞，ln 2a)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x ∈(ln 2a ，＋∞)时， g′(x)<0，g(x)单调递减．∴当g(x)max >0时，方程g(x)＝0才有两个根， ∴g(x)max ＝g(ln 2a)＝2aln 2a －2a>0， 得a>e 2.3．解：(1)∵f′(x)＝6x －1，g′(x)＝1x(x>0)，由题意知6x 0－1＝1x 0(x 0>0)，即6x 20－x 0－1＝0，解得x 0＝12或x 0＝－13，又∵x 0>0，∴x 0＝12.(2)若曲线y ＝f(x)与y ＝g(x)相切且在交点处有公共切线，由(1)得切点横坐标为12，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， ∴34－12＋m ＝ln 12，即m ＝－14－ln 2，数形结合可知，m>－14－ln 2时，f(x)与g(x)有公共切线，故m 的取值范围是－14－ln 2，＋∞.(3)F(x)＝f(x)－g(x)＝3x 2－x ＋m －ln x ， 故F′(x)＝6x －1－1x＝6x 2－x －1x＝＋－x，当x 变化时，F′(x)与F(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1的变化情况如下表：又∵F ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝m ＋ln 3，F(1)＝2＋m>F ⎝ ⎛⎭⎪⎫13， ∴当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1时，F(x)min ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝m ＋14＋ln 2⎝ ⎛⎭⎪⎫m>－14－ln 2， F(x)max ＝F(1)＝m ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫m>－14－ln 2.。
2018届高三数学文高考总复习课时跟踪检测 十五 导数与
课时跟踪检测 (十五) 导数与函数的极值、最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2017·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( ) A ．y ＝x 3 B ．y ＝ln (－x ) C ．y ＝x e －xD ．y ＝x ＋2x解析：选D 由题可知，B 、C 选项中的函数不是奇函数，A 选项中，函数y ＝x 3单调递增(无极值)，而D 选项中的函数既为奇函数又存在极值．2.已知函数f (x )的定义域为(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )上的图象如图所示，则函数f (x )在(a ，b )上的极大值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x )在(a ，b )上与x 轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x ＝0不是函数f (x )的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．3．函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0,3]上的最大值为4，则m 的值为( )A ．7 B.283 C ．3D ．4解析：选D f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0,3]，当x ∈[0,2)时，f ′(x )＜0，当x ∈(2,3]时，f ′(x )＞0， ∴f (x )在[0,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数． 又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m . ∴在[0,3]上，f (x )m ax ＝f (0)＝4， ∴m ＝4，故选D.4．函数y ＝x ln x 有极________(填大或小)值为________． 解析：y ′＝ln x ＋1(x >0)， 当y ′＝0时，x ＝e －1；当y ′<0时，解得0<x <e －1；当y ′>0时，解得x >e －1.∴y ＝x ln x 在(0，e －1)上是减函数，在(e －1，＋∞)上是增函数．∴y ＝x ln x 有极小值y | x ＝e －1＝－1e .答案：小 －1e5．函数f (x )＝－x 3＋12x ＋6，x ∈⎣⎡⎦⎤－13，3的零点个数是________． 解析：f ′(x )＝－3x 2＋12，x ∈⎣⎡⎦⎤－13，3. 当x ∈⎣⎡⎭⎫－13，2时，f ′(x )＞0， 当x ∈(2,3]时，f ′(x )＜0.∴f (x )在⎣⎡⎭⎫－13，2上是增函数，在(2,3]上是减函数． 故f (x )极大值＝f (2)＝22. 由于f ⎝⎛⎭⎫－13>0，f (3)>0， 所以有0个零点． 答案：0二保高考，全练题型做到高考达标 1．设函数f (x )＝2x ＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点 解析：选D ∵f (x )＝2x ＋ln x ，∴f ′(x )＝－2x 2＋1x (x >0)，由f ′(x )＝0，得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，∴x ＝2为f (x )的极小值点．2．若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式为y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为( )A ．1百万件B ．2百万件C ．3百万件D ．4百万件解析：选C y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)， 当0<x <3时，y ′>0； 当x >3时，y ′<0.故当x ＝3时，该商品的年利润最大．3．设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |最小时t 的值为( )A ．1 B.12C.52 D.22解析：选D 由已知条件可得|MN |＝t 2－ln t ， 设f (t )＝t 2－ln t (t >0)，则f ′(t )＝2t －1t ， 令f ′(t )＝0，得t ＝22， 当0<t <22时，f ′(t )<0，当t ＞22时，f ′(t )＞0， ∴当t ＝22时，f (t )取得最小值． 4．若e x ≥k ＋x 在R 上恒成立，则实数k 的取值范围为( ) A ．(－∞，1] B ．[1，＋∞) C ．(－∞，－1]D ．[－1，＋∞)解析：选A 由e x ≥k ＋x ，得k ≤e x －x . 令f (x )＝e x －x ， ∴f ′(x )＝e x －1.f ′(x )＝0时，x ＝0，f ′(x )<0时，x <0，f ′(x )>0时，x >0. ∴f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数． ∴f (x )min ＝f (0)＝1.∴k 的范围为(－∞，1]．故选A.5．(2017·河北三市二联)若函数f (x )＝13x 3－⎝⎛⎭⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R 上的极小值为( )A ．2b －43B.32b －23 C ．0D ．b 2－16b 3解析：选A f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)，∵函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数，∴－3<b <1，则由f ′(x )>0，得x <b 或x >2，由f ′(x )<0，得b <x <2，∴函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43.6．f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________． 解析：f ′(x )＝2(x 2＋2)－2x (2x ＋1)(x 2＋2)2＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2.令f ′(x )<0，得x <－2或x >1. 令f ′(x )>0，得－2<x <1.∴f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数， ∴f (x )极小值＝f (－2)＝－12.答案：－127．从边长为10 cm ×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________cm 3.解析：设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，则x ∈(0,5)．则y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x ，∴y ′＝12x 2－104x ＋160. 令y ′＝0，得x ＝2或203(舍去)， ∴y m ax ＝6×12×2＝144(cm 3)． 答案：1448．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．解析：令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ，则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：从而⎩⎨⎧(－a )3－3a (－a )＋b ＝6，(a )3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)． 答案：(－1,1)9．设f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数f ′(x )满足f ′(1)＝2a ，f ′(2)＝－b ，其中常数a ，b ∈R.(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)设g (x )＝f ′(x )e －x ，求函数g (x )的极值．解：(1)由于f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝2a ，f ′(2)＝12＋4a ＋b ＝－b ，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－3，a ＝－32.所以f (x )＝x 3－32x 2－3x ＋1，f ′(x )＝3x 2－3x －3.于是有f (1)＝－52.又f ′(1)＝－3，故曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －⎝⎛⎭⎫－52＝－3(x －1)， 即6x ＋2y －1＝0.(2)由(1)知g (x )＝(3x 2－3x －3)e －x ，则g ′(x )＝(－3x 2＋9x )e －x ，令g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝3， 当x ≤0或x ≥3时，g ′(x )≤0，当0≤x ≤3时，g ′(x )≥0，于是函数g (x )在(－∞，0]上单调递减，在[0,3]上单调递增，在[3，＋∞)上单调递减．所以函数g (x )在x ＝0处取得极小值g (0)＝－3，在x ＝3处取得极大值g (3)＝15e －3.10．(2017·河北“五校联盟”质量检测)已知函数f (x )＝x －ln x －a ，g (x )＝x ＋1x －(ln x )a＋1，a ∈R.(1)若f (x )≥0在定义域内恒成立，求a 的取值范围； (2)当a 取(1)中的最大值时，求函数g (x )的最小值． 解：(1)由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴f (x )min ＝f (1)＝1－a ，∴1－a ≥0，a ≤1， 故a 的取值范围是(－∞，1]．(2)当a ＝1时，g (x )＝x ＋1x －(ln x )2，g (x )的定义域是(0，＋∞)．g ′(x )＝1－1x 2－2ln x ·1x ＝x 2－2x ln x －1x 2，令h (x )＝x 2－2x ln x －1，h ′(x )＝2(x －ln x －1)，由(1)知，h ′(x )的最小值是h ′(1)＝0，∴h ′(x )≥0，h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又h (1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，h (x )<0，g ′(x )<0，g (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0，g ′(x )>0，g (x )单调递增，∴g (x )min ＝g (1)＝2.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a ＜b ＜c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论： ①f (0)f (1)＞0; ②f (0)f (1)＜0； ③f (0)f (3)＞0; ④f (0)f (3)＜0. 其中正确结论的序号是________．解析：∵f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)， 由f ′(x )＜0，得1＜x ＜3，由f ′(x )＞0， 得x ＜1或x ＞3，∴f (x )在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数． 又a ＜b ＜c ，f (a )＝f (b )＝f (c )＝0，∴y 极大值＝f (1)＝4－abc ＞0，y 极小值＝f (3)＝－abc ＜0. ∴0＜abc ＜4.∴a ，b ，c 均大于零，或者a ＜0，b ＜0，c ＞0.又x ＝1，x ＝3为函数f (x )的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f (0)＜0.∴f (0)f (1)＜0，f (0)f (3)＞0.∴正确结论的序号是②③. 答案：②③2．(2016·兰州实战考试)已知函数f (x )＝xln x＋ax ，x >1. (1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值；(3)若方程(2x －m )ln x ＋x ＝0在(1，e]上有两个不等实根，求实数m 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝ln x －1ln 2x＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立， ∴a ≤1ln 2x －1ln x ＝⎝⎛⎭⎫1ln x －122－14. ∵x ∈(1，＋∞)，∴ln x ∈(0，＋∞)， ∴当1ln x －12＝0时，函数t ＝⎝⎛⎭⎫1ln x －122－14的最小值为－14， ∴a ≤－14，故实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，－14. (2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2x ln 2x，令f ′(x )＝0得2ln 2x ＋ln x －1＝0， 解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍)，即x ＝e 12.当1<x <e 12时，f ′(x )<0，当x >e 12时，f ′(x )>0， ∴f (x )的极小值为f (e 12)＝e1212＋2e 12＝4e 12.(3)将方程(2x －m )ln x ＋x ＝0两边同除以ln x 得(2x －m )＋x ln x ＝0，整理得xln x ＋2x ＝m ，即函数g (x )＝xln x＋2x 的图象与函数y ＝m 的图象在(1，e]上有两个不同的交点． 由(2)可知，g (x )在⎝⎛⎭⎫1，e 12上单调递减，在(e 12，e]上单调递增，g (e 12)＝4e 12，g (e)＝3e ，当x →1时，xln x →＋∞，∴4e1212<m ≤3e ， 故实数m 的取值范围为(4e 12，3e]．。
2017届高考数学一轮总复习 课时跟踪检测(十五) 导数与函数的极值、最值 文 新人教A版
课时跟踪检测(十五) 导数与函数的极值、最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2016·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( ) A ．y ＝x 3B ．y ＝ln (－x )C ．y ＝x e －xD ．y ＝x ＋2x解析：选D 由题可知，B ，C 选项中的函数不是奇函数，A 选项中，函数y ＝x 3单调递增(无极值)，而D 选项中的函数既为奇函数又存在极值．2．函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－eD ．0解析：选B 因为f ′(x )＝1x －1＝1－xx，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值ln 1－1＝－1.3．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝( ) A.1ln 2B ．－1ln 2C ．－ln 2D ．ln 2解析：选B 令y ′＝2x ＋x ·2xln 2＝0，∴x ＝－1ln 2.4．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B.⎝⎛⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 解析：选D 若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有根，故Δ＝(－4c )2－12>0，从而c >32或c <－32.故实数c 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞. 5．已知函数f (x )的定义域为(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )上的图象如图所示，则函数f (x )在(a ，b )上的极大值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x )在(a ，b )上与x 轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x ＝0不是函数f (x )的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．二保高考，全练题型做到高考达标 1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12 B ．1 C ．0D ．不存在解析：选A f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x ＞0.令f ′(x )＞0，得x ＞1；令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23解析：选A 由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.3．(2016·浙江瑞安中学月考)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163解析：选C 由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83.4．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R)．若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )图象的是( )解析：选D 因为[f (x )e x ]′＝f ′(x )e x ＋f (x )(e x )′＝[f (x )＋f ′(x )]e x，且x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，所以f (－1)＋f ′(－1)＝0；选项D 中，f (－1)＞0，f ′(－1)＞0，不满足f ′(－1)＋f (－1)＝0.5．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5,0)B ．(－5,0)C ．[－3,0)D ．(－3,0)解析：选 C 由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3,0)，故选C.6．函数f (x )＝13x 3＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173.答案：－1737．(2016·广州模拟)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1 时有极值0，则a －b ＝________.解析：由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7.答案：－78．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ＞0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．解析：令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ， 则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：从而⎩⎨⎧－a 3－3a －a ＋b ＝6，a 3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)． 答案：(－1,1)9．已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．解：(1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－ae x .又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴， 得f ′(1)＝0，即1－ae ＝0，解得a ＝e. (2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，即x ＝ln a ．x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0；x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．10．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x ＜1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当x ＜1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值为f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝3.(2)①当－1≤x ＜1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0；当a ＞0时，f (x )在[1，e]上单调递增，则f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a .综上所述，当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ；当a ＜2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a ＜b ＜c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论： ①f (0)f (1)＞0; ②f (0)f (1)＜0； ③f (0)f (3)＞0; ④f (0)f (3)＜0. 其中正确结论的序号是________．解析：∵f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)， 由f ′(x )＜0，得1＜x ＜3，由f ′(x )＞0， 得x ＜1或x ＞3，∴f (x )在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数． 又a ＜b ＜c ，f (a )＝f (b )＝f (c )＝0， ∴y 极大值＝f (1)＝4－abc ＞0，y 极小值＝f (3)＝－abc ＜0.∴0＜abc ＜4.∴a ，b ，c 均大于零，或者a ＜0，b ＜0，c ＞0.又x ＝1，x ＝3为函数f (x )的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f (0)＜0.∴f (0)f (1)＜0，f (0)f (3)＞0.∴正确结论的序号是②③. 答案：②③2．(2016·武汉调研)已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a ＞0，b ∈R)． (1)设a ＝1，b ＝－1，求f (x )的单调区间；(2)若对任意的x ＞0，f (x )≥f (1)，试比较ln a 与－2b 的大小． 解：(1)由f (x )＝ax 2＋bx －ln x ，x ∈(0，＋∞)， 得f ′(x )＝2ax 2＋bx －1x.∵a ＝1，b ＝－1， ∴f ′(x )＝2x 2－x －1x＝x ＋x －x(x ＞0)．令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ＞1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．∴f (x )的单调递减区间是(0,1)，f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)． (2)由题意可知，f (x )在x ＝1处取得最小值，即x ＝1是f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝0，∴2a ＋b ＝1，即b ＝1－2a . 令g (x )＝2－4x ＋ln x (x ＞0)，则g ′(x )＝1－4x x.令g ′(x )＝0，得x ＝14.当0＜x ＜14时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ＞14时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，∴g (x )≤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1＋ln 14＝1－ln 4＜0， ∴g (a )＜0，即2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a ＜0， 故ln a ＜－2b .。
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课时跟踪检测（十五） 导数与函数的极值、最值(二)重点高中适用作业A 级——保分题目巧做快做1．函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－eD ．0解析：选B 因为f ′(x )＝1x －1＝1－x x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值ln 1－1＝－1.2.已知函数f (x )的定义域为(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )上的图象如图所示，则函数f (x )在(a ，b )上的极大值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x )在(a ，b )上与x 轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x ＝0不是函数f (x )的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．3．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为( ) A.⎣⎡⎭⎫32，＋∞ B.⎝⎛⎭⎫32，＋∞ C.⎝⎛⎦⎤－∞，－32∪⎣⎡⎭⎫32，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞ 解析：选D 若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点， 则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有两个不等实根， 故Δ＝(－4c )2－12＞0，解得c ＞32或c ＜－32. 所以实数c 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞. 4.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是( )A ．－13B ．－15C ．10D ．15解析：选A 求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ， 由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0， 即－3×4＋2a ×2＝0，所以a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，易知f (x )在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.又因为f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1， 所以当n ∈[－1,1]时，f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9. 故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.5.已知函数f (x )＝e x x 2－k ⎝⎛⎭⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为( )A ．(－∞，e]B ．[0，e]C ．(－∞，e)D ．[0，e)解析：选A 因为函数f (x )＝e x x 2－k ⎝⎛⎭⎫2x ＋ln x ， 所以函数f (x )的定义域是(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝e x x 2－2x e x x 4－k ⎝⎛⎭⎫－2x 2＋1x＝⎝⎛⎭⎫e xx －k (x －2)x 2.因为x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点， 所以x ＝2是导函数f ′(x )＝0的唯一根． 所以e xx －k ＝0在(0，＋∞)上无变号零点． 设g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝(x －1)e xx 2.当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0， 所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝e ，结合g (x )＝e xx 与y ＝k 的图象知，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则应需k ≤e.6.f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________．解析：f ′(x )＝2(x 2＋2)－2x (2x ＋1)(x 2＋2)2＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2.令f ′(x )<0，得x <－2或x >1. 令f ′(x )>0，得－2<x <1.∴f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数，∴f (x )极小值＝f (－2)＝－12.答案：－127．从边长为10 cm ×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________cm 3.解析：设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，x ∈(0,5)． 则y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x ， ∴y ′＝12x 2－104x ＋160.令y ′＝0，得x ＝2或x ＝203(舍去)，∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3)． 答案：1448．已知函数f (x )＝x 3－3ax ＋b 的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f (x )的极大值是________．解析：因为f (x )的单调递减区间为(－1,1)，所以a >0， 由f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x －a )(x ＋a )， 可得a ＝1，由f (x )＝x 3－3ax ＋b 在x ＝1处取得极小值2， 可得1－3＋b ＝2，故b ＝4.所以f (x )＝x 3－3x ＋4的极大值为f (－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6. 答案：69．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值．(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值． 解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0，① 当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝⎛⎭⎫23＝0， 可得4a ＋3b ＋4＝0，② 由①②，解得a ＝2，b ＝－4.由于切点的横坐标为1，纵坐标为4，所以f (1)＝4.所以1＋a ＋b ＋c ＝4，得c ＝5. (2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5， f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，解得x ＝－2或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的取值及变化情况如表所示：所以y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.10.设函数f (x )＝mx 2－(2m ＋1)x ＋ln x ，m ∈R. (1)当m ＝3时，求f (x )的极值； (2)设m >0，讨论函数f (x )的单调性．解：(1)当m ＝3时，f (x )＝3x 2－7x ＋ln x (x >0)， ∴f ′(x )＝6x －7＋1x ＝(6x －1)(x －1)x .由f ′(x )>0，得0<x <16或x >1；由f ′(x )<0，得16<x <1，∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，16和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫16，1上单调递减， ∴函数f (x )的极大值为f ⎝⎛⎭⎫16＝－1312－ln 6，极小值为f (1)＝－4. (2)由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2mx －(2m ＋1)＋1x ＝(2mx －1)(x －1)x . 由f ′(x )＝0，得x ＝12m或x ＝1. ①当12m ＝1，即m ＝12时，f ′(x )≥0恒成立， ∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当12m >1，即0<m <12时， 由f ′(x )>0，得0<x <1或x >12m，由f ′(x )<0，得1<x <12m，∴函数f (x )在(0,1)和⎝⎛⎭⎫12m ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，12m 上单调递减； ③当0<12m <1，即m >12时，由f ′(x )>0，得0<x <12m 或x >1，由f ′(x )<0，得12m<x <1， ∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12m 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12m ，1上单调递减． B 级——拔高题目稳做准做1．(2017·全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x－1的极值点，则f (x )的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1解析：选A 因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1， 所以f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x－1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x －1＝(x ＋2)(x －1)e x －1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1， 令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1.2.(2018·广东韶关六校联考)对于三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导数，f ″(x )是f ′(x )的导数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g (x )＝2x 3－3x 2＋12，则g ⎝⎛⎭⎫1100＋g ⎝⎛⎭⎫2100＋…＋g ⎝⎛⎭⎫99100＝( ) A ．100 B ．50 C.992D ．0解析：选D ∵g (x )＝2x 3－3x 2＋12，∴g ′(x )＝6x 2－6x ，g ″(x )＝12x －6， 由g ″(x )＝0，得x ＝12，又g ⎝⎛⎭⎫12＝2×⎝⎛⎭⎫123－3×⎝⎛⎭⎫122＋12＝0， ∴函数g (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫12，0对称， ∴g (x )＋g (1－x )＝0，∴g ⎝⎛⎭⎫1100＋g ⎝⎛⎭⎫2100＋…＋g ⎝⎛⎭⎫99100＝49×0＋g ⎝⎛⎭⎫50100＝g ⎝⎛⎭⎫12＝0.故选D. 3.函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．解析：令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a . 当x 变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：从而⎩⎨⎧(－a )3－3a (－a )＋b ＝6，(a )3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)． 答案：(－1,1)4.设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a 的取值范围为________．解析：∵f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －ax －b ，由f ′(1)＝0，得b ＝1－a .∴f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－ax 2＋1＋ax －x x＝－(ax ＋1)(x －1)x.①若a ≥0，当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 所以x ＝1是f (x )的极大值点．②若a ＜0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1a .因为x ＝1是f (x )的极大值点， 所以－1a＞1，解得－1＜a ＜0.综合①②得a 的取值范围是(－1，＋∞)． 答案：(－1，＋∞) 5.已知函数f (x )＝x e x －2e.(1)求曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程；(2)设函数g (x )＝－1x －ln xx ＋m (m ∈R)，试讨论函数f (x )与g (x )的图象在(0，＋∞)上交点的个数．解：(1)由题意知，f ′(x )＝1－xe x， ∴f ′(0)＝1，又f (0)＝－2e，故所求切线方程为y ＋2e ＝x ，即x －y －2e ＝0.(2)令h (x )＝f (x )－g (x )＝x e x －2e ＋1x ＋ln xx －m (x >0)，则h ′(x )＝1－x e x －1x 2＋1－ln x x 2＝1－x e x －ln xx 2.易知h ′(1)＝0，∴当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0， ∴函数h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴h (x )max ＝h (1)＝－1e＋1－m .①当－1e ＋1－m ＝0，即m ＝1－1e 时，函数h (x )只有1个零点，即函数f (x )与g (x )的图象在(0，＋∞)上只有1个交点； ②当－1e ＋1－m <0，即m >1－1e 时，函数h (x )没有零点，即函数f (x )与g (x )的图象在(0，＋∞)上没有交点； ③当－1e ＋1－m >0，即m <1－1e 时，函数h (x )有2个零点，即函数f (x )与g (x )的图象在(0，＋∞)上有2个交点．6.(2018·广西三市第一次联考)已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln xx，其中e 是自然对数的底数，a ∈R.(1)当a ＝1时，求f (x )的极值，并证明f (x )＞g (x )＋12恒成立；(2)是否存在实数a ，使f (x )的最小值为3？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)∵f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x .∴当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，此时f (x )单调递减； 当1＜x ＜e 时，f ′(x )＞0，此时f (x )单调递增． ∴f (x )的极小值为f (1)＝1， 即f (x )在(0，e]上的最小值为1， 令h (x )＝g (x )＋12＝ln x x ＋12，则h ′(x )＝1－ln xx 2，当0＜x ＜e 时，h ′(x )＞0，h (x )在(0，e]上单调递增， ∴h (x )max ＝h (e)＝1e ＋12＜12＋12＝1＝f (x )min .∴f (x )＞g (x )＋12恒成立．(2)假设存在实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x . ①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e (舍去)，∴a ≤0时，不存在a 使f (x )的最小值为3.②当0＜1a ＜e ，即a ＞1e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎤ 1a ，e 上单调递增， ∴f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件． ③当1a ≥e ，即0＜a ≤1e 时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e (舍去)，∴1a ≥e 时，不存在a 使f (x )的最小值为3. 综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时，f (x )有最小值3.。