函数的极值和最值与导数.docx
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函数的极值和最值与导数
高二理科数学下学期训练四
函数的极值与最值
姓名学号分数
1．已知函数y＝f（x）在定义域内可导，则函数y＝f（x）在某点处的导数值为0是函数y＝f（x）在这点处取得极值的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件D．非充分非必要条件
2．已知函数f（x）＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，则该函数的一个递增区间是（ ）
A．（2,3）B．（3，＋∞）
C．（2，＋∞）D．（－∞，3）
3．设函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），且函数f（x）在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′（x）的图象可能是（ ）
4．函数f（x）＝ax3＋bx在x＝1处有极值－2，则a，b的值分别为（ ）
A．1，－3 B．1,3
C．－1,3D．－1，－3
5．已知f（x）＝x3＋ax2＋（a＋6）x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围是（ ）
A．（－1,2）B．（－3,6）
C．（－∞，－3）∪（6，＋∞）D．（－∞，－1）∪（2，＋∞）
6．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[－2,1]上的最大值、最小值分别是（ ）
A．12，－8B．1，－8
C．12，－15D．5，－16
7．函数y＝
的最大值为（ ）
A．e－1B．eC．e2D．10
8．若函数f（x）＝x3－3x2－9x＋k在区间[－4,4]上的最大值为10，则其最小值为（ ）
A．－10B．－71
C．－15D．－22
9．函数f（x）＝x3＋ax－2在区间[1，＋∞）上是增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A．[3，＋∞）B．[－3，＋∞）
C．（－3，＋∞）D．（－∞，－3）
10．已知函数f（x）的导数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）
11．函数f（x）＝ax2＋bx在x＝
处有极值，则b的值为________．
12．设函数f（x）＝
x2ex，若当x∈[－2,2]时，不等式f（x）＞m恒成立，则实数m的取值范围是________．
13．已知f（x）＝－x2＋mx＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f（x）的极大值，则m的取值范围是________．
二、解答题
1．已知函数f（x）＝ax3＋x2＋bx（其中常数a，b∈R），g（x）＝f（x）＋f′（x）是奇函数．
（1）求f（x）的表达式；
（2）求g（x）在区间[1,2]上的最大值与最小值．
2．设函数f（x）＝ex－
x2－x.
（1）若k＝0，求f（x）的最小值；
（2）若k＝1，讨论函数f（x）的单调性．
3．已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋5，曲线y＝f（x）在点P（1，f
（1））处的切线方程为y＝3x＋1.
（1）求a，b的值；
（2）求y＝f（x）在[－3,1]上的最大值．
4、已知函数f（x）＝ax3－6ax2＋b，问是否存在实数a，b，使f（x）在[－1,2]上取得最大值3，最小值－29，若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．
5．已知f（x）＝2ln（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＝0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．
6．已知函数f（x）＝lnx＋
.
（1）当a<0时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）在[1，e]上的最小值是
，求a的值．
7．已知函数f（x）＝－
x2＋2x－aex.
（1）若a＝1，求f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）若f（x）在R上是增函数，求实数a的取值范围．
1、解析：
选B 根据导数的性质可知，若函数y＝f（x）在这点处取得极值，则f′（x）＝0，即必要性成立；反之不一定成立，如函数f（x）＝x3在R上是增函数，f′（x）＝3x2，则f′（0）＝0，但在x＝0处函数不是极值，即充分性不成立．故函数y＝f（x）在某点处的导数值为0是函数y＝f（x）在这点处取得极值的必要不充分条件，故选B.
2、解析：
选B 因为函数f（x）＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，又f′（x）＝6x2＋2ax＋36，所以f′
（2）＝0解得a＝－15.令f′（x）＞0，解得x＞3或x＜2，所以函数的一个递增区间是（3，＋∞）．
/3、解析：
选C 由题意可得f′（－2）＝0，而且当x∈（－∞，－2）时，f′（x）＜0，此时xf′（x）＞0；排除B、D，当x∈（－2，＋∞）时，f′（x）＞0，此时若x∈（－2,0），xf′（x）＜0，若x∈（0，＋∞），xf′（x）＞0，所以函数y＝xf′（x）的图象可能是C.
4、解析：
选A ∵f′（x）＝3ax2＋b，由题意知f′
（1）＝0，f
（1）＝－2，∴
∴a＝1，b＝－3.
/5、解析：
选C f′（x）＝3x2＋2ax＋a＋6，
∵f（x）有极大值与极小值，∴f′（x）＝0有两不等实根，∴Δ＝4a2－12（a＋6）>0，∴a<－3或a>6./
6、解析：
选A y′＝6x2－6x－12，由y′＝0⇒x＝－1或x＝2（舍去）．
x＝－2时，y＝1；x＝－1时，y＝12；x＝1时，y＝－8.∴ymax＝12，ymin＝－8.故选A.
/7、解析：
选A 令y′＝
＝
＝0⇒x＝e.当x＞e时，y′＜0；当0＜x＜e时，y′＞0，所以y极大值＝f（e）＝e－1，在定义域内只有一个极值，所以ymax＝e－1.
8、解析：
选B f′（x）＝3x2－6x－9＝3（x－3）（x＋1）．由f′（x）＝0，得x＝3或x＝－1.又f（－4）＝k－76，f（3）＝k－27，f（－1）＝k＋5，f（4）＝k－20.由f（x）max＝k＋5＝10，得k＝5，∴f（x）min＝k－76＝－71.
/9、解析：
选B ∵f（x）＝x3＋ax－2在[1，＋∞）上是增函数，∴f′（x）＝3x2＋a≥0在[1，＋∞）上恒成立，即a≥－3x2在[1，＋∞）上恒成立，又∵在[1，＋∞）上（－3x2）max＝－3，∴a≥－3./
10、解析：
选D 若a<－1，∵f′（x）＝a（x＋1）（x－a），
∴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若a>0，则f（x）在（－1，a）上单调递减，在（a，＋∞）上单调递增，与题意矛盾，∴选D.
11/解析：
f′（x）＝2ax＋b，∵函数f（x）在x＝
处有极值，
∴f′
＝2a·
＋b＝0，即b＝－2.
答案：
－2
12/解析：
f′（x）＝xex＋
x2ex＝
·x（x＋2），
由f′（x）＝0得x＝0或x＝－2.
当x∈[－2,2]时，f′（x），f（x）随x的变化情况如下表：
x
－2
（－2,0）
0
（0,2）
2
f′（x）
0
－
0
＋
f（x）
递减
递增
∴当x＝0时，f（x）min＝f（0）＝0，要使f（x）＞m对x∈[－2,2]恒成立，只需m＜f（x）min，∴m＜0.
答案：
（－∞，0）
13/答案：
（－4，－2）
1.解：
（1）∵f′（x）＝3ax2＋2x＋b，∴g（x）＝f（x）＋f′（x）＝ax3＋（3a＋1）x2＋（b＋2）x＋b.
∵g（x）是奇函数，∴g（－x）＝－g（x），
从而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－
，b＝0，因此f（x）的表达式为f（x）＝－
x3＋x2.
（2）由
（1）知g（x）＝－
x3＋2x，∴g′（x）＝－x2＋2，令g′（x）＝0.
解得x1＝－
（舍去），x2＝
，而g
（1）＝
，g（
）＝
，g
（2）＝
，
因此g（x）在区间[1,2]上的最大值为g（
）＝
，最小值为g
（2）＝
2解：
（1）k＝0时，f（x）＝ex－x，f′（x）＝ex－1.
当x∈（－∞，0）时，f′（x）<0；当x∈（0，＋∞）时，f′（x）>0，所以f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，故f（x）的最小值为f（0）＝1.
（2）若k＝1，则f（x）＝ex－
x2－x，定义域为R.
∴f′（x）＝ex－x－1，令g（x）＝ex－x－1，则g′（x）＝ex－1，
由g′（x）≥0得x≥0，所以g（x）在[0，＋∞）上单调递增，
由g′（x）<0得x<0，所以g（x）在（－∞，0）上单调递减，
∴g（x）min＝g（0）＝0，即f′（x）min＝0，故f′（x）≥0.
所以f（x）在R上单调递增．
3、解：
（1）依题意可知点P（1，f
（1））为切点，代入切线方程y＝3x＋1可得，f
（1）＝3×1＋1＝4，
∴f
（1）＝1＋a＋b＋5＝4，即a＋b＝－2，
又由f（x）＝x3＋ax2＋bx＋5得，
又f′（x）＝3x2＋2ax＋b，
而由切线y＝3x＋1的斜率可知f′
（1）＝3，
∴3＋2a＋b＝3，即2a＋b＝0，
由
解得
∴a＝2，b＝－4.
（2）由
（1）知f（x）＝x3＋2x2－4x＋5，f′（x）＝3x2＋4x－4＝（3x－2）（x＋2），
令f′（x）＝0，得x＝
或x＝－2.
当x变化时，f（x），f′（x）的变化情况如下表：
x
－3
（－3，－2）
－2
1
f′（x）
＋
0
－
0
＋
f（x）
8
极大值
极小值
4
∴f（x）的极大值为f（－2）＝13，极小值为f
＝
，
又f（－3）＝8，f
（1）＝4，
∴f（x）在[－3,1]上的最大值为13.
4、解：
存在．显然a≠0.
f′（x）＝3ax2－12ax＝3ax（x－4）．令f′（x）＝0，解得x1＝0，x2＝4（舍去）．
（1）当a>0，x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：
x
[－1,0）
0
（0,2]
f′（x）
＋
0
－
f（x）
单调递增
极大值
单调递减
所以当x＝0时，f（x）取得最大值，所以f（0）＝b＝3.
又f
（2）＝－16a＋3，f（－1）＝－7a＋3，f（－1）>f
（2）．所以当x＝2时，f（x）取得最小值，
即－16a＋3＝－29，解得a＝2.
（2）当a<0，x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：
x
[－1,0）
0
（0,2]
f′（x）
－
0
＋
f（x）
单调递减
极小值
单调递增
所以当x＝0时，f（x）取得最小值，所以b＝－29.
又f
（2）＝－16a－29，f（－1）＝－7a－29，f
（2）>f（－1）．
所以当x＝2时，f（x）取得最大值，∴f
（2）＝－16a－29＝3，解得a＝－2，
综上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29.
5、解：
（1）f′（x）＝
－2x－1，当x＝0时，f（x）取得极值，
所以f′（0）＝0，解得a＝2，检验知a＝2符合题意．
（2）令g（x）＝f（x）＋b＝2ln（x＋2）－x2－x＋b，
则g′（x）＝
－2x－1＝－
（x＞－2）．
g（x），g′（x）在（－2，＋∞）上的变化状态如下表：
x
（－2,0）
0
（0，＋∞）
g′（x）
＋
0
－
g（x）
2ln2＋b
由上表可知函数在x＝0处取得极大值，极大值为2ln2＋b.
要使f（x）＋b＝0在区间[－1,1]上恰有两个不同的实数根，
只需
即
所以－2ln2＜b≤2－2ln3.
故实数b的取值范围是（－2ln2,2－2ln3]．
6解：
函数f（x）＝lnx＋
的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝
－
＝
，
（1）∵a<0，∴f′（x）>0，故函数在其定义域（0，＋∞）上单调递增．
（2）x∈[1，e]时，分如下情况讨论：
①当a<1时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增，其最小值为f
（1）＝a<1，这与函数在[1，e]上的最小值是
相矛盾；
②当a＝1时，函数f（x）在[1，e]上单调递增，其最小值为f
（1）＝1，同样与最小值是
相矛盾；
③当10，f（x）单调递增，所以，函数f（x）的最小值为f（a）＝lna＋1，由lna＋1＝
，得a＝
.
④当a＝e时，函数f（x）在[1，e]上有f′（x）<0，f（x）单调递减，其最小值为f（e）＝2，这与最小值是
相矛盾；
⑤当a>e时，显然函数f（x）在[1，e]上单调递减，其最小值为f（e）＝1＋
>2，仍与最小值是
相矛盾；综上所述，a的值为
.
7/
解：
（1）当a＝1时，f（x）＝－
x2＋2x－ex，则f
（1）＝－
×12＋2×1－e＝
－e，
f′（x）＝－x＋2－ex，f′
（1）＝－1＋2－e＝1－e，
故曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y－
＝（1－e）（x－1），即y＝（1－e）x＋
.
（2）∵f（x）在R上是增函数，∴f′（x）≥0在R上恒成立，
∵f（x）＝－
x2＋2x－aex，∴f′（x）＝－x＋2－aex，
于是有不等式－x＋2－aex≥0在R上恒成立，
即a≤
在R上恒成立，令g（x）＝
，则g′（x）＝
，
令g′（x）＝0，解得x＝3，列表如下：
x
（－∞，3）
3
（3，＋∞）
g′（x）
－
0
＋
g（x）
减
极小值－
增
故函数g（x）在x＝3处取得极小值，亦即最小值，
即g（x）min＝－
，所以a≤－
，
即实数a的取值范围是
.
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