名师制作2019高考数学一轮复习第3章导数及应用第3课时导数的应用二—极值与最值练习理

………………………………………………………………最新教学推荐………………………………………………………第3课时导数的应用(二)—极值与最值1．函数y＝x3－3x2－9x(－2<x<2)有(　　)A．极大值为5，极小值为－27B．极大值为5，极小值为－11C．极大值为5，无极小值D．极大值为－27，无极小值答案　C解析　y′＝3x2－6x－9＝3(x2－2x－3)＝3(x－3)(x＋1)，∴y′＝0时，x＝3或x＝－1.∵－2<x<2，∴x＝－1时，y＝5；x＝－1为极大值点，极大值为5，无极小值．2．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝(　　)A.eq\f(1,ln2)　　　　　　　　　B．－eq\f(1,ln2)C．－ln2D．ln2答案　B解析　由y＝x·2x，得y′＝2x＋x·2x·ln2，令y′＝0，得2x(1＋x·ln2)＝0.∵2x＞0，∴x＝－eq\f(1,ln2).3．设函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，则(　　)A．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极大值点B．x＝eq\f(1,2)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)的极小值点答案　D解析　因为f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，所以f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)，且x>0.当x>2时，f′(x)>0，这时f(x)为增函数；当0<x<2时，f′(x)<0，这时f(x)为减函数．所以x＝2为f(x)的极小值点．故选D.4．(2018·山西太原期中)设函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－x＋m的极大值为1，则函数f(x)的极小值为(　　)A．－eq\f(1,3)　　　　　　　　　B．－1C.eq\f(1,3)D．1答案　A解析　f′(x)＝x2－1，由f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－1.所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x＝－1处取得极大值，且f(－1)＝1，即m＝eq\f(1,3)，函数f(x)在x＝1处取得极小值，且f(1)＝eq\f(1,3)×13－1＋eq\f(1,3)＝－eq\f(1,3).故选A.5．(2018·苏锡常镇一调)f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)在区间[－1，1]上的最大值是(　　)A．1＋eq\f(1,e)B．1C．e＋1D．e－1答案　D解析　f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0.令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0，则函数f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，f(－1)＝e－1＋1，f(1)＝e－1，f(－1)－f(1)＝eq\f(1,e)＋2－e<eq\f(1,2)＋2－e<0，所以f(1)>f(－1)．故选D.6．若函数y＝ax3＋bx2取得极大值和极小值时的x的值分别为0和eq\f(1,3)，则(　　)A．a－2b＝0B．2a－b＝0C．2a＋b＝0D．a＋2b＝0答案　D解析　y′＝3ax2＋2bx，据题意，0，eq\f(1,3)是方程3ax2＋2bx＝0的两根，∴－eq\f(2b,3a)＝eq\f(1,3)，∴a＋2b＝0.7．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值3，那么此函数在[－2，2]上的最小值是(　　)A．－37B．－29C．－5D．以上都不对答案　A解析　f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减．∴x＝0为极大值点，也为最大值点．∴f(0)＝m＝3，∴m＝3.∴f(－2)＝－37，f(2)＝－5，∴最小值是－37，选A.8．若函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0，1)内有极小值，则(　　)A．0＜b＜1B．b＜1C．b＞0D．b＜eq\f(1,2)答案　A解析　f(x)在(0，1)内有极小值，则f′(x)＝3x2－3b在(0，1)上先负后正，∴f′(0)＝－3b＜0.∴b＞0.f′(1)＝3－3b＞0，∴b＜1.综上，b的取值范围为0＜b＜1.9．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)的图像可能是(　　)答案　C解析　由f(x)在x＝－2处取得极小值可知，当x<－2时，f′(x)<0，则xf′(x)>0；当－2<x<0时，f′(x)>0，则xf′(x)<0；当x>0时，xf′(x)>0.10．已知f(x)＝x3＋px2＋qx的图像与x轴相切于非原点的一点，且f(x)极小值＝－4，那么p，q值分别为(　　)A．6，9B．9，6C．4，2D．8，6答案　A解析　设图像与x轴的切点为(t，0)(t≠0)，设eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（t）＝t3＋pt2＋qt＝0，,f′（t）＝3t2＋2pt＋q＝0，))注意t≠0，可得出p＝－2t，q＝t2.∴p2＝4q，只有A满足这个等式(亦可直接计算出t＝－3)．11．若函数f(x)＝ax3－3x＋1对于x∈[－1，1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围为(　　)A．[2，＋∞)B．[4，＋∞)C．{4}D．[2，4]答案　C解析　f′(x)＝3ax2－3，当a≤0时，f(x)min＝f(1)＝a－2≥0，a≥2，不合题意；当0<a≤1时，f′(x)＝3ax2－3＝3a(x＋eq\f(1,\r(a)))(x－eq\f(1,\r(a)))，f(x)在[－1，1]上为减函数，f(x)min＝f(1)＝a－2≥0，a≥2，不合题意；当a>1时，f(－1)＝－a＋4≥0，且f(eq\f(1,\r(a)))＝－eq\f(2,\r(a))＋1≥0，解得a＝4.综上所述，a＝4.12．若f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则常数c的值为________．答案　6解析　f′(x)＝3x2－4cx＋c2，∵f(x)在x＝2处有极大值，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（2）＝0，,f′（x）<0　（x>2），,f′（x）>0　（x<2）.))解得c＝6.13．(2018·河南信阳调研)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则f(2)的值为________．答案　18解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝10，,f′（1）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a＋b＋1＝10，,2a＋b＋3＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3.))当a＝－3，b＝3时，f′(x)＝3(x－1)2≥0，f(x)无极值．当a＝4，b＝－11时，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－eq\f(11,3).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf ： x (－∞，－eq\f(11,3)) －eq\f(11,3) (－eq\f(11,3)，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值 ∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，f(2)＝18.14．(2018·北京市昌平区一模)若函数f(x)＝eq\f(x2＋a,x＋1)在x＝1处取得极值，则a＝________．答案　3解析　f′(x)＝eq\f(x2＋2x－a,（x＋1）2)，由f(x)在x＝1处取得极值知f′(1)＝0，∴a＝3.15．已知函数f(x)＝eq\f(m,x)＋lnx，g(x)＝x3＋x2－x.(1)若m＝3，求f(x)的极值；(2)若对于任意的s，t∈[eq\f(1,2)，2]，都有f(s)≥eq\f(1,10)g(t)，求实数m的取值范围．答案　(1)f(x)有极小值f(3)＝1＋ln3，没有极大值(2)[1，＋∞)解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当m＝3时，f(x)＝eq\f(3,x)＋lnx.∵f′(x)＝－eq\f(3,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－3,x2)，f′(3)＝0，∴当x>3时，f′(x)>0，f(x)是增函数，当0<x<3时，f′(x)<0，f(x)是减函数．∴f(x)有极小值f(3)＝1＋ln3，没有极大值．(2)g(x)＝x3＋x2－x，g′(x)＝3x2＋2x－1.当x∈[eq\f(1,2)，2]时，g′(x)>0，∴g(x)在[eq\f(1,2)，2]上是单调递增函数，g(2)＝10最大．对于任意的s，t∈[eq\f(1,2)，2]，f(s)≥eq\f(1,10)g(t)恒成立，即对任意x∈[eq\f(1,2)，2]，f(x)＝eq\f(m,x)＋lnx≥1恒成立，∴m≥x－xlnx.令h(x)＝x－xlnx，则h′(x)＝1－lnx－1＝－lnx.∴当x>1时，h′(x)<0，当0<x<1时，h′(x)>0，∴h(x)在(0，1]上是增函数，在[1，＋∞)上是减函数，当x∈[eq\f(1,2)，2]时，h(x)最大值为h(1)＝1，∴m≥1，即m∈[1，＋∞)．16．(2018·贵州遵义联考)已知函数f(x)＝x3－ax2＋10.(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的单调递增区间；(2)在区间[1，2]内至少存在一个实数x，使得f(x)<0成立，求实数a的取值范围．答案　(1)(－∞，0)和(eq\f(2,3)，＋∞)　(2)(eq\f(9,2)，＋∞)解析　(1)当a＝1时，f′(x)＝3x2－2x，由f′(x)>0，得x<0或x>eq\f(2,3)，所以函数y＝f(x)在(－∞，0)与(eq\f(2,3)，＋∞)上为增函数，即函数y＝f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(eq\f(2,3)，＋∞)．(2)f′(x)＝3x2－2ax＝3x(x－eq\f(2,3)a)，当eq\f(2,3)a≤1，即a≤eq\f(3,2)时，f′(x)≥0在[1，2]恒成立，f(x)在[1，2]上为增函数，故f(x)min＝f(1)＝11－a，所以11－a<0，a>11，这与a≤eq\f(3,2)矛盾．当1<eq\f(2,3)a<2，即eq\f(3,2)<a<3时，若1≤x<eq\f(2,3)a，则f′(x)<0；若eq\f(2,3)a<x≤2，则f′(x)>0.所以当x＝eq\f(2,3)a时，f(x)取得最小值，因此f(eq\f(2,3)a)<0，即eq\f(8,27)a3－eq\f(4,9)a3＋10＝－eq\f(4,27)a3＋10<0，可得a>3，这与eq\f(3,2)<a<3矛盾．当eq\f(2,3)a≥2，即a≥3时，f′(x)≤0在[1，2]恒成立，f(x)在[1，2]上为减函数，所以f(x)min＝f(2)＝18－4a，所以18－4a<0，解得a>eq\f(9,2)，满足a≥3.综上所述，实数a的取值范围为(eq\f(9,2)，＋∞)．17．已知函数f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值．答案　(1)减区间(－∞，k－1)，增区间(k－1，＋∞)(2)k≤1时，最小值f(0)＝－k；1<k<2时，最小值f(k－1)＝－ek－1；k≥2时，最小值f(1)＝(1－k)e解析　(1)f′(x)＝(x－k＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)的变化情况如下表： x (－∞，k－1) k－1 (k－1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  －ek－1 所以f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)，单调递增区间是(k－1，＋∞)．(2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；当0<k－1<1，即1<k<2时，由(1)知f(x)在[0，k－1]上单调递减，在(k－1，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0，1]上单调递减，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.1．(2017·河北辛集中学月考)连续函数f(x)的导函数为f′(x)，若(x＋1)·f′(x)>0，则下列结论中正确的是(　　)A．x＝－1一定是函数f(x)的极大值点B．x＝－1一定是函数f(x)的极小值点C．x＝－1不是函数f(x)的极值点D．x＝－1不一定是函数f(x)的极值点答案　B解析　x>－1时，f′(x)>0，x<－1时，f′(x)<0.∴连续函数f(x)在(－∞，－1)递减，在(－1，＋∞)递增．∴x＝－1为极小值点．2．若函数y＝ex＋mx有极值，则实数m的取值范围(　　)A．m>0B．m<0C．m>1D．m<1答案　B解析　y′＝ex＋m，则ex＋m＝0必有根，∴m＝－ex<0.3．函数f(x)＝eq\f(x,ex)，x∈[0，4]的最大值是(　　)A．0B.eq\f(1,e)C.eq\f(4,e4)D.eq\f(2,e2)答案　B4．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3时取得极值，则a＝(　　)A．2B．3C．4D．5答案　D解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋3，令f′(－3)＝0，得a＝5.5．设a∈R，若函数y＝eax＋3x，x∈R有大于零的极值点，则(　　)A．a<－eq\f(1,3)B．a>－eq\f(1,3)C．a<－3D．a>－3答案　C解析　∵y′＝aeax＋3，由y′＝0，得x＝eq\f(1,a)ln(－eq\f(3,a))．∴－eq\f(3,a)>0，∴a<0.又∵y＝aeax＋3x有正根，∴必有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,0<－\f(3,a)<1，))得a<－3.故选C.6．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1，2)，则(　　)A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值答案　C解析　当k＝1时，f′(x)＝ex(x－1)＋ex－1，此时f′(1)≠0，故排除A、B项；当k＝2时，f′(x)＝ex(x－1)2＋(ex－1)(2x－2)，此时f′(1)＝0，在x＝1附近左侧，f′(x)<0，在x＝1附近右侧，f′(x)>0，所以x＝1是f(x)的极小值点．7．函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则a，b的值为(　　)A．a＝3，b＝－3，或a＝－4，b＝11B．a＝－4，b＝1，或a＝－4，b＝11C．a＝－1，b＝5D．以上都不正确答案　D解析　f′(x)＝3x2－2ax－b，依题意有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝0，,f（1）＝10，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－2a－b＝0，,1－a－b＋a2＝10.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝11，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－3.))当a＝3且b＝－3时，f′(x)＝3x2－6x＋3≥0，函数f(x)无极值点，故符合题意的只有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝11.))故选D.8．若函数f(x)＝x3－3x在(a，6－a2)上有最小值，则实数a的取值范围是(　　)A．(－eq\r(5)，1)B．[－eq\r(5)，1)C．[－2，1)D．(－eq\r(5)，－2]答案　C解析　f′(x)＝3x2－3＝0，解得x＝±1，且x＝1为函数的极小值点，x＝－1为函数的极大值点．因为函数f(x)在区间(a，6－a2)上有最小值，所以函数f(x)的极小值点必在区间(a，6－a2)内，即实数a满足a<1<6－a2，且f(a)＝a3－3a≥f(1)＝－2.由a<1<6－a2，解得－eq\r(5)<a<1.不等式a3－3a≥f(1)＝－2，所以a3－3a＋2≥0，所以a3－1－3(a－1)≥0，所以(a－1)(a2＋a－2)≥0，所以(a－1)2(a＋2)≥0，即a≥－2.故实数a的取值范围是[－2，1)．故选C.9.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图像如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)答案　D解析　(1)当x<－2时，1－x>0.∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－2)上是增函数．(2)当－2<x<1时，1－x>0.∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)<0，即f(x)在(－2，1)上是减函数．(3)当1<x<2时，1－x<0.∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)<0，即f(x)在(1，2)上是减函数．(4)当x>2时，1－x<0.∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)>0，即f(x)在(2，＋∞)上是增函数．综上，f(－2)是极大值，f(2)是极小值．10．下列关于函数f(x)＝(2x－x2)ex的判断正确的是________．①f(x)>0的解集是{x|0<x<2}；②f(－eq\r(2))是极小值，f(eq\r(2))是极大值；③f(x)既没有最小值，也没有最大值．答案　①②③解析　若f(x)＝(2x－x2)ex>0，则0<x<2，①正确；∵f′(x)＝－ex(x＋eq\r(2))(x－eq\r(2))，∴f(x)在(－∞，－eq\r(2))和(eq\r(2)，＋∞)上单调递减，在(－eq\r(2)，eq\r(2))上单调递增．∴f(－eq\r(2))是极小值，f(eq\r(2))是极大值，②正确；易知③也正确．11．(2015·重庆)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq\f(4,3)处取得极值．(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．答案　(1)a＝eq\f(1,2)　(2)g(x)在(－∞，－4]和[－1，0]上为减函数，在[－4，－1]和[0，＋∞)上为增函数解析　(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－eq\f(4,3)处取得极值，所以f′(－eq\f(4,3))＝0，即3a×eq\f(16,9)＋2×(－eq\f(4,3))＝eq\f(16a,3)－eq\f(8,3)＝0，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)得g(x)＝(eq\f(1,2)x3＋x2)ex.g′(x)＝(eq\f(1,2)x3＋eq\f(5,2)x2＋2x)ex＝eq\f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex.令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；当－4<x<－1时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；当－1<x<0时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；当x>0时，g′(x)>0，故g(x)为增函数．综上，知g(x)在(－∞，－4]和[－1，0]上为减函数，在[－4，－1]和[0，＋∞)上为增函数．12．已知函数f(x)＝eq\f(1＋lnx,x).(1)若函数f(x)在区间(a，a＋eq\f(2,3))(其中a>0)上存在极值，求实数a的取值范围；(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥eq\f(m,x＋1)恒成立，求实数m的取值范围．答案　(1)eq\f(1,3)<a<1　(2)m≤2解析　(1)因为函数f(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，且定义域为{x|x>0}，所以f′(x)＝－eq\f(lnx,x2).当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0，∴f(x)在(0，1)上单调递增；在(1，＋∞)上单调递减，∴函数f(x)在x＝1处取得极大值1.∵函数f(x)在区间(a，a＋eq\f(2,3))(其中a>0)上存在极值，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<1，,a＋\f(2,3)>1，))解得eq\f(1,3)<a<1.(2)当x≥1时，不等式f(x)≥eq\f(m,x＋1)，即为eq\f(（x＋1）（1＋lnx）,x)≥m.记g(x)＝eq\f(（x＋1）（1＋lnx）,x)，∴g′(x)＝eq\f([（x＋1）（1＋lnx）]′x－（x＋1）（1＋lnx）,x2)＝eq\f(x－lnx,x2).令h(x)＝x－lnx，则h′(x)＝1－eq\f(1,x)，∵x≥1，∴h′(x)≥0，∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝1>0，从而g′(x)>0，故g(x)在[1，＋∞)上也是单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝2，∴m≤2.PAGE1