课时跟踪检测十五导数与函数的极值最值重点高中.docx

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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

（二）重点高中适用作业

A级——保分题目巧做快做

1．函数f（x）＝lnx－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）＝－1＝，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ln1－1＝－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．2

C．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）＝x3－2cx2＋x有极值点，则实数c的取值范围为（　　）

A.

B.

C.∪

D.∪

解析：

选D　若函数f（x）＝x3－2cx2＋x有极值点，

则f′（x）＝3x2－4cx＋1＝0有两个不等实根，

故Δ＝（－4c）2－12＞0，解得c＞或c＜－.

所以实数c的取值范围为∪.

4.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．－13B．－15

C．10D．15

解析：

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，所以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，所以当m∈[－1,1]时，f（m）min＝f（0）＝－4.

又因为f′（x）＝－3x2＋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）＝－k，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）＝－k，

所以函数f（x）的定义域是（0，＋∞），

所以f′（x）＝－k

＝.

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－k＝0在（0，＋∞）上无变号零点．

设g（x）＝，则g′（x）＝.

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）＝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）＝的极小值为________．

解析：

f′（x）＝＝.

令f′（x）<0，得x<－2或x>1.

令f′（x）>0，得－2

∴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）＝－.

答案：

－

7．从边长为10cm×16cm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________cm3.

解析：

设盒子容积为ycm3，盒子的高为xcm，x∈（0,5）．

则y＝（10－2x）（16－2x）x＝4x3－52x2＋160x，

∴y′＝12x2－104x＋160.

令y′＝0，得x＝2或x＝（舍去），

∴ymax＝6×12×2＝144（cm3）．

答案：

144

8．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－）（x＋），

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：

6

9．已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f（x）在点x＝1处的切线为l：

3x－y＋1＝0，若x＝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）＝x3＋ax2＋bx＋c，

得f′（x）＝3x2＋2ax＋b.

当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b＝0，①

当x＝时，y＝f（x）有极值，则f′＝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）＝x3＋2x2－4x＋5，

f′（x）＝3x2＋4x－4.

令f′（x）＝0，解得x＝－2或x＝.

当x变化时，f′（x），f（x）的取值及变化情况如表所示：

x

－3

（－3，－2）

－2

1

f′（x）

＋

＋

0

－

0

＋

＋

f（x）

8

13

4

所以y＝f（x）在[－3,1]上的最大值为13，最小值为.

10.设函数f（x）＝mx2－（2m＋1）x＋lnx，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）＝3x2－7x＋lnx（x>0），

∴f′（x）＝6x－7＋＝.

由f′（x）>0，得01；

由f′（x）<0，得

∴函数f（x）在和（1，＋∞）上单调递增，在上单调递减，

∴函数f（x）的极大值为f＝－－ln6，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）＋＝.

由f′（x）＝0，得x＝或x＝1.

①当＝1，即m＝时，f′（x）≥0恒成立，

∴函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增；

②当>1，即0

由f′（x）>0，得0，

由f′（x）<0，得1

∴函数f（x）在（0,1）和上单调递增，在上单调递减；

③当0<<1，即m>时，

由f′（x）>0，得01，

由f′（x）<0，得

∴函数f（x）在和（1，＋∞）上单调递增，在上单调递减．

B级——拔高题目稳做准做

1．（2017·全国卷Ⅱ）若x＝－2是函数f（x）＝（x2＋ax－1）·ex－1的极值点，则f（x）的极小值为（　　）

A．－1B．－2e－3

C．5e－3D．1

解析：

选A　因为f（x）＝（x2＋ax－1）ex－1，

所以f′（x）＝（2x＋a）ex－1＋（x2＋ax－1）ex－1

＝[x2＋（a＋2）x＋a－1]ex－1.

因为x＝－2是函数f（x）＝（x2＋ax－1）ex－1的极值点，所以－2是x2＋（a＋2）x＋a－1＝0的根，

所以a＝－1，f′（x）＝（x2＋x－2）ex－1＝（x＋2）（x－1）ex－1.

令f′（x）>0，解得x<－2或x>1，

令f′（x）<0，解得－2

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）＝ax3＋bx2＋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x0，则称点（x0，f（x0））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）＝2x3－3x2＋，则g＋g＋…＋g＝（　　）

A．100B．50

C.D．0

解析：

选D　∵g（x）＝2x3－3x2＋，

∴g′（x）＝6x2－6x，g″（x）＝12x－6，

由g″（x）＝0，得x＝，

又g＝2×3－3×2＋＝0，

∴函数g（x）的图象关于点对称，

∴g（x）＋g（1－x）＝0，

∴g＋g＋…＋g＝49×0＋g＝g＝0.故选D.

3.函数f（x）＝x3－3ax＋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）＝3x2－3a＝0，得x＝±.

当x变化时，f′（x），f（x）随x的变化情况如下表：

x

（－∞，

－）

－

（－，

）

（，

＋∞）

f′（x）

＋

0

－

0

＋

f（x）

极大值

极小值

从而

解得

所以f（x）的单调递减区间是（－1,1）．

答案：

（－1,1）

4.设函数f（x）＝lnx－ax2－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）＝－ax－b，

由f′

（1）＝0，得b＝1－a.

∴f′（x）＝－ax＋a－1＝

＝－.

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＝－.

因为x＝1是f（x）的极大值点，

所以－＞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）＝－.

（1）求曲线y＝f（x）在x＝0处的切线方程；

（2）设函数g（x）＝－－＋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）＝，

∴f′（0）＝1，又f（0）＝－，

故所求切线方程为y＋＝x，即x－y－＝0.

（2）令h（x）＝f（x）－g（x）＝－＋＋－m（x>0），

则h′（x）＝－＋＝－.

易知h′

（1）＝0，

∴当00，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）＝－＋1－m.

①当－＋1－m＝0，即m＝1－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－＋1－m<0，即m>1－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－＋1－m>0，即m<1－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－lnx，x∈（0，e]，g（x）＝，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）＋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－lnx，f′（x）＝1－＝.

∴当0＜x＜1时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减；

当1＜x＜e时，f′（x）＞0