2019高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2.2函数的极值与最值对点训练理.doc

2017高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2.2 函数的极值
与最值对点训练 理
1.设函数f (x )＝3sin πx m
.若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2<m 2
，则m 的取值
范围是( )
A ．(－∞，－6)∪(6，＋∞) B．(－∞，－4)∪(4，＋∞) C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 答案 C
解析 ∵x 0是f (x )的极值点，∴f ′(x 0)＝0，即πm ·3·cos πx 0m ＝0，得πm x 0＝k π＋π
2
，
k ∈Z ，即x 0＝mk ＋1
2
m ，k ∈Z .
∴x 20＋[f (x 0)]2<m 2
可转化为⎝
⎛⎭⎪⎫mk ＋12m 2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤3sin πm ⎝ ⎛⎭⎪⎫mk ＋12m 2<m 2，k ∈Z ，
即⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122m 2＋3<m 2
，k ∈Z ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122<1－3m 2，k ∈Z .要使原问题成立，只需存在k ∈Z ，
使1－3m 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122成立即可．又⎝ ⎛⎭
⎪⎫k ＋122
的最小值为14，∴1－3m 2>14，解得m <－2或m >2.故选C.
2．已知函数f (x )＝x 3
＋bx 2
＋cx ＋d (b ，c ，d 为常数)，当x ∈(0,1)时，f (x )取得极大
值，当x ∈(1,2)时，f (x )取得极小值，则⎝ ⎛⎭
⎪⎫b ＋122＋(c －3)2
的取值范围是( )
A.⎝ ⎛⎭⎪⎫
372，5 B ．(5，5) C.⎝
⎛⎭
⎪⎫374，25
D ．(5,25)
答案 D
解析 因为f ′(x )＝3x 2
＋2bx ＋c ，f ′(x )的两个根分别在(0,1)和(1,2)内，所以
f ′(0)>0，f ′(1)<0，f ′(2)>0，即⎩⎪⎨⎪
⎧
c >0，3＋2b ＋c <0，
12＋4b ＋c >0，
作出可行域如图中阴影部分所示(不
包括b 轴)，⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2表示可行域内一点到点P ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫－12，3的距离的平方，
由图象可知，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3到直线3＋2b ＋c ＝0的距离最小，即⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2
的最小值为⎝ ⎛⎭
⎪⎫|3－1＋3|52＝5，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3到点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－92，6的距离最大，此时⎝ ⎛⎭
⎪⎫b ＋122＋(c －3)2
＝25，因为可行域的临界线
为虚线，所以所求范围为(5,25)，故选D.
3．若函数f (x )＝x 3
－3x 在(a,6－a 2
)上有最小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－5，1) B ．[－5，1) C ．[－2,1) D ．(－2,1)
答案 C
解析 令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝－1为函数f (x )的极大值点，x ＝1为函数f (x )的极小值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2
)上有最小值，则函数f (x )的极小值点必在区间(a,6－a 2
)内，且左端点的函数值不小于f (1)，即实数a 满足a <1<6－a 2
且f (a )＝a 3
－3a ≥f (1)＝－2，解得－5<a <1，且a ≥－2.故实数a 的取值范围是[－2，1)．
4．设函数f (x )＝(x －1)k cos x (k ∈N *
)，则( ) A ．当k ＝2013时，f (x )在x ＝1处取得极小值 B ．当k ＝2013时，f (x )在x ＝1处取得极大值 C ．当k ＝2014时，f (x )在x ＝1处取得极小值 D ．当k ＝2014时，f (x )在x ＝1处取得极大值 答案 C
解析 当k ＝2013时，f (x )＝(x －1)2013
cos x ，则f ′(x )＝2013(x －1)
2012
cos x －(x －
1)
2013
sin x ＝(x －1)
2012
·[2013cos x －(x －1)sin x ]，当π4<x <1时，f ′(x )>0；当1<x <π
3
时，
f ′(x )>0，此时函数x ＝1不是函数f (x )的极值点，A 、B 选项均错误．当k ＝2014时，f (x )
＝(x －1)
2014
·cos x ，则f ′(x )＝2014(x －1)2013
cos x －(x －1)
2014
sin x ＝(x －1)
2013
[2014cos x
－(x －1)sin x ]，当π4<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <π
3时，f ′(x )>0，此时函数f (x )在x ＝1
处取得极小值，故选C.
5．已知点M 在曲线y ＝3ln x －x 2
上，点N 在直线x －y ＋2＝0上，则|MN |的最小值为________．
答案 2 2
解析 本题考查导数的几何意义、点到直线的距离．
当点M 处的曲线的切线与直线x －y ＋2＝0平行时|MN |取得最小值．令y ′＝－2x ＋3
x
＝
1，解得x ＝1，所以点M 的坐标为(1，－1)，所以点M 到直线x －y ＋2＝0的距离为
|1＋2＋1|
2＝22，即|MN |的最小值为2 2.
6．函数f (x )＝x 3
－3x 2
＋6在x ＝________时取得极小值． 答案 2
解析 依题意得f ′(x )＝3x (x －2)．当x <0或x >2时，f ′(x )>0；当0<x <2时，f ′(x )<0.因此，函数f (x )在x ＝2时取得极小值．
7．设函数f (x )＝ln (x ＋1)＋a (x 2
－x )，其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由； (2)若∀x >0，f (x )≥0成立，求a 的取值范围． 解 (1)由题意知函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)， f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2
＋ax －a ＋1x ＋1，
令g (x )＝2ax 2
＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞)． ①当a ＝0时，g (x )＝1，
此时f ′(x )>0，函数f (x )在(－1，＋∞)单调递增，无极值点； ②当a >0时，Δ＝a 2
－8a (1－a )＝a (9a －8)． a ．当0<a ≤8
9
时，Δ≤0，g (x )≥0，
f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)单调递增，无极值点；
b ．当a >8
9
时，Δ>0，
设方程2ax 2
＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1<x 2)，
因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1<－14，x 2>－14.由g (－1)＝1>0，可得－1<x 1<－1
4.
所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 因此，函数有两个极值点． ③当a <0时，Δ>0，
由g (－1)＝1>0，可得x 1<－1.
当x ∈(－1，x 2)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 所以函数有一个极值点． 综上所述，
当a <0时，函数f (x )有一个极值点； 当0≤a ≤8
9时，函数f (x )无极值点；
当a >8
9
时，函数f (x )有两个极值点．
(2)由(1)知，
①当0≤a ≤8
9时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，
因为f (0)＝0，所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )>0，符合题意；
②当8
9<a ≤1时，由g (0)≥0，得x 2≤0，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．
又f (0)＝0，所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )>0，符合题意； ③当a >1时，由g (0)<0，可得x 2>0.
所以x ∈(0，x 2)时，函数f (x )单调递减，因为f (0)＝0，所以x ∈(0，x 2)时，f (x )<0，不合题意；
④当a <0时，设h (x )＝x －ln (x ＋1)． 因为x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )＝1－
1x ＋1＝x x ＋1
>0， 所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增， 因此当x ∈(0，＋∞)时，h (x )>h (0)＝0， 即ln (x ＋1)<x .
可得f (x )<x ＋a (x 2
－x )＝ax 2
＋(1－a )x ， 当x >1－1a
时，ax 2
＋(1－a )x <0，
此时f (x )<0，不合题意． 综上所述，a 的取值范围是[0,1]．
8.设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2
－x 3
，其中a >0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；
(2)当x ∈[0,1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值． 解 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2
. 令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a
3
，
x 2＝
－1＋4＋3a
3
，x 1<x 2，
所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)． 当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0； 当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0.
故f (x )在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)内单调递减，在(x 1，x 2)内单调递增． (2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0. ①当a ≥4时，x 2≥1.
由(1)知，f (x )在[0,1]上单调递增．
所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值． ②当0<a <4时，x 2<1.
由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2,1]上单调递减．
所以f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a
3处取得最大值．
又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以
当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值；
当a ＝1时，f (x )在x ＝0处和x ＝1处同时取得最小值； 当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值．
9.设函数f (x )＝e x
x
2－k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)．
(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；
(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．
解 (1)f ′(x )＝e x ·x 2－2x e x x
4
－k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－2x 2＋1x
＝
x －2
e x
－kx
x 3
(x >0)，
由k ≤0，知e x
－kx >0，令f ′(x )＝0，则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． 综上，f (x )的减区间为(0,2)，增区间为(2，＋∞)．
(2)由题意知f ′(x )＝0，即e x
－kx ＝0在(0,2)内存在两个不等实根． 令g (x )＝e x －kx ，g ′(x )＝e x
－k ，
令g ′(x )＝0，x ＝ln k ，则0<ln k <2，即1<k <e 2
.
当0<x <ln k 时，g ′(x )<0，g (x )为减函数．当ln k <x <2时，g (x )为增函数． ∵g (0)＝1>0，只需⎩⎪⎨
⎪⎧
g 2>0，g
ln k
<0，
即
⎩⎪⎨⎪⎧
e 2
－2k >0，e ln k －k ·ln k <0，
得e<k <e
2
2
.
综上可知，k 的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫e ，e 2
2 10．已知函数f (x )＝ln x －a (x 2
－x )(a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求f (x )在[1,2]上的最大值．
解 (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x 2
＋x ，f ′(x )＝1x
－2x ＋1.
∴f (1)＝0，f ′(1)＝0，即所求切线方程为：y ＝0. (2)∵f ′(x )＝1x －2ax ＋a ＝－2ax 2
＋ax ＋1
x
，x >0.
∴当a ＝0时，f ′(x )>0，f (x )在[1,2]上单调递增． ∴f (x )max ＝f (2)＝ln 2.
当a ≠0时，可令g (x )＝－2ax 2
＋ax ＋1，x ∈[1,2]，
g (x )的对称轴x ＝14
且过点(0,1)．
∴当a <0时，f ′(x )>0在[1,2]上恒成立，f (x )在[1,2]上单调递增， ∴f (x )max ＝f (2)＝ln 2－2a .
当a >0时，若g (1)≤0，即a ≥1时，f ′(x )<0在[1,2]上恒成立．
f (x )在[1,2]上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝0.
若g (1)>0，g (2)<0，即1
6
<a <1时，
f ′(x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫
1，a ＋a 2＋8a 4a 上大于零，
在⎝ ⎛⎦⎥⎤
a ＋a 2＋8a 4a ，2上小于零，
∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤
1，a ＋a 2＋8a 4a 上单调递增，
在⎝ ⎛⎦
⎥⎤
a ＋a 2＋8a 4a ，2上单调递减．
∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
a ＋a 2＋8a 4a ＝ln
a ＋a 2＋8a 4a ＋a 2＋8a ＋a －48. 若g (1)>0，g (2)≥0，即0<a ≤1
6
时，
f ′(x )>0在[1,2]上恒成立，f (x )在[1,2]上单调递增，
∴f (x )max ＝f (2)＝ln 2－2a . 综上：f (x )max ＝
⎩⎪⎨⎪
⎧
ln 2－2a ，a ≤
16
ln a ＋a 2
＋8a 4a ＋a 2＋8a ＋a －48
，1
6
<a <10，a ≥1
.
11．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2
－4(a ∈R )，f ′(x )是f (x )的导函数．
(1)当a ＝2时，对于任意的m ∈[－1,1]，n ∈[－1,1]，求f (m )＋f ′(n )的最小值； (2)若存在x 0∈(0，＋∞)，使f (x 0)>0，求a 的取值范围． 解 (1)由题意得f (x )＝－x 3
＋2x 2
－4，
f ′(x )＝－3x 2＋4x .
令f ′(x )＝0，得x ＝0或4
3
.
当x 在[－1,1]上变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：
∴对于
∵f ′(x )＝－3x 2
＋4x 的对称轴为直线x ＝23，且抛物线开口向下，
∴对于n ∈[－1,1]，f ′(n )的最小值为f ′(－1)＝－7. ∴f (m )＋f ′(n )的最小值为－11.
(2)∵f ′(x )＝－3x ⎝
⎛⎭⎪⎫x －2a 3.
①若a ≤0，当x >0时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减． 又f (0)＝－4，则当x >0时，f (x )<－4. ∴当a ≤0时，不存在x 0>0，使f (x 0)>0. ②若a >0，则当0<x <2a
3时，f ′(x )>0；
当x >2a
3
时，f ′(x )<0.
从而f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，2a 3上单调递增，在⎣⎢⎡⎭
⎪⎫2a 3，＋∞上单调递减，
∴当x ∈(0，＋∞)时，
f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3＝－8a 3
27＋4a 3
9－4＝427a 3－4. 根据题意，得4a 3
27－4>0，即a 3
>27，解得a >3.
综上，a 的取值范围是(3，＋∞)．。