【红对勾】2016高考新课标数学（理）大一轮复习课时作业15导数与
函数
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极值、最值
课时作业15 导数与函数极值、最值
一、选择题
x1(当函数y,x?2取极小值时，x,( )
11A. B(, ln2ln2
C(,ln2 D(ln2
1xx解析:y′,2，x?2ln2,0～?x,,. ln2
答案:B
322(函数f(x),x,3x，2在区间[,1,1]上的最大值是( ) A(,2 B(0
C(2 D(4
2解析:f′(x),3x,6x～令f′(x),0～得x,0或2. ?f(x)在[,1,0)上是增函数～f(x)在(0,1]上是减函数( ?f(x),f(x),f(0),2. 极大值max
答案:C
2x3(设函数f(x),ax，bx，c(a，b，c?R)(若x,,1为函数f(x)e
的一个极值点，则下列图象不可能为y,f(x)图象的是( )
xxxx解析:因为[f(x)e]′,f′(x)e，f(x)(e)′,[f(x)，f′(x)]e～且x
x,,1为函数f(x)e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. 答案:D
324(已知函数f(x),,x，ax,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(,15 C(10 D(15
2解析:求导得f′(x),,3x，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.
322由此可得f(x),,x，3x,4～f′(x),,3x，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),f(0),,4. min
2又f′(x),,3x，6x的图象开口向下～且对称轴为x,1～ ?当n?[,1,1]时～f′(n),f′(,1),,9. min
故f(m)，f′(n)的最小值为,13.故选A.
答案:A
35(已知函数y,x,3x，c的图象与x轴恰有两个公共点，则c
,( )
A(,2或2 B(,9或3 C(,1或1 D(,3或1
2解析:?y′,3x,3～?当y′,0时～x,?1. 则x～y′～y的变化情况如下表:
x (,?～,1) ,1 (,1,1) 1 (1～，?) y′ ， , ， y c，2 c,2
因此～当函数图象与x轴恰有两个公共点时～必有c，2,0或c,2,0～?c,,2或c,2.
答案:A
326(设函数f(x),ax，bx，cx，若1和,1是函数f(x)的两个零点，x和x是f(x)的两个极值点，则x?x等于( ) 1212
11A(,1 B(1 C(, D. 33
2解析:f(x),x(ax，bx，c)～若1和,1是函数f(x)的两个零点～
2即1和,1是方程ax，bx，c,0的两根～
b,1，，,1，,,～,a
则解得b,0～c,,a～ ,c ,1×，,1，,～,a
32?f(x),ax,ax～f′(x),3ax,a.
又由题意知x和x是f′(x),0的两根～ 12
,a1所以xx,,,～故选C. 123a3
答案:C
二、填空题
327(已知函数y,f(x),x，3ax，3bx，c在x,2处有极值，其图象在x,1处的切线平行于直线6x，2y，5,0，则f(x)极大值与极小值之差为________(
2解析:?y′,3x，6ax，3b～
2,,3×2，6a×2，3b,0a,,1～,,,,? 2 ,,3×1，6a，3b,,3b,0.,,
22?y′,3x,6x～令3x,6x,0～得x,0或x,2.
?f(x),f(x),f(0),f(2),4. 极大值极小值
答案:4
328(若关于x的不等式x,3x,9x，2?m对任意x?[,2,2]恒成立，则m的取值范围是________(
322解析:令f(x),x,3x,9x，2～则f′(x),3x,6x,9～令f′(x),0～得x,,1或3(舍去)(?f(,1),7～f(,2),0～f(2),,20.?f(x)的最小值为f(2),,20～故m?,20.
答案:(,?～,20]
9(已知函数f(x)的定义域为[,1,5]，部分对应值如表，
x ,1 0 4 5
f(x) 1 2 2 1
f(x)的导函数y,f′(x)的图象如图所示，下列是关于函数f(x)的命题:
?函数f(x)的值域为[1,2];
?函数f(x)在[0,2]上是减函数;
?如果当x?[,1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4;
?当1
0, 当x?(,2～,ln2)时～f′(x)<0.
故f(x)在(,?～,2)～(,ln2～，?)上单调递增～在(,2～,ln2)
上单调递减(
,2当x,,2时～函数f(x)取得极大值～极大值为f(,2),4(1,e)(
2211((2014?江西卷)已知函数f(x),(4x，4ax，a)x，其中a<0. (1)若a,,4时，求f(x)的单调递增区间;
(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8，求a的值(
2，5x,2，，x,2，2解:(1)当a,,4时～由f′(x),,0得x,或x,5x
2～
,2,,,由f′(x)>0得x?0～或x?(2～，?)～ ,5,
,2,,,故函数f(x)的单调递增区间为0～和(2～，?)( ,5,
，10x，a，，2x，a，
(2)因为f′(x),～a<0～
2x
aa由f′(x),0得x,,或x,,. 102
,a,,,当x?0～,时～f(x)单调递增, ,10,
,aa,,,当x?,～,时～f(x)单调递减～ ,102,
,a,,,当x?,～，?时～f(x)单调递增～ ,2,
,a,2,,易知f(x),(2x，a)x?0～且f,,0. ,2,
a?1时～即,2?a<0时～f(x)在[1,4]上的最小值为f(1)～?当,2
2由f(1),4，4a，a,8～得a,?22,2～均不符合题意(
a?当1<,?4时～即,8?a<,2时～f(x)在[1,4]上的最小值为2
,,a,,f,,0～不符合题意( ,2,
a?当,>4时～即a<,8时～f(x)在[1,4]上的最小值可能在x,12
或x,4上取得～而f(1)?8～
2由f(4),2(64，16，a),8得a,,10或a,,6(舍去)～ 当a,,10时～f(x)在(1,4)单调递减～f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)
,8～符合题意(综上有～a,,10.
321(已知函数f(x),x，ax，bx，c，下列结论中错误的是( )
A(?x?R，f(x),0 00
B(函数y,f(x)的图象是中心对称图形
C(若x是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(,?，x)单调递减 00
D(若x是f(x)的极值点，则f′(x),0 00
解析:由x是f(x)的极小值点～则y,f(x)的图象大致如右图所示～0
由图可知f(x)在(,?～x)上不单调～故C不正确( 0
答案:C
2(已知a为常数，函数f(x),x(lnx,ax)有两个极值点x，x(x0，f(x)>, 122
1B(f(x)<0，f(x)<, 122
1C(f(x)>0，f(x)<, 122
1D(f(x)<0，f(x)>, 122
解析:f′(x),lnx,2ax，1～依题意知f′(x),0有两个不等实根
x～x. 12
即曲线y,1，lnx与y,2ax有两个不同交点～如图( 12
由直线y,x是曲线y,1，lnx的切线～可知:0<2a<1～且00～当1111112
x>x时～f′(x)<0～ 2
1?f(x)>f(1),,a>,. 22
答案:D
3x1a,,2,,3(若函数f(x),，3上有极值点，则实数,x，x，1在区间232,,
a的取值范围是( )
,5,，5,,,,,A.2， B.2， ,,2，2,,10,，10,,,,,C.2， D.2， ,3,，3,
3xa2解析:因为f(x),，x，1～ ,x32
2所以f′(x),x,ax，1.
1,,,,又f(x)在区间～3上有极值点～ ,2,
1,,,,即f′(x),0在～3有一个解或者两个不相同的解( ,2,
,1,,,当有一解时～需f′f′(3)?0～ ,2,
51010解得?a?～经检验a,不成立～ 233
510所以?a<, 23
1a<<3～,22,
1,,,,,f′>0～,2,当有两解时～依题意可得 ,
f′，3，>0～,
a,,,,f′<0～,,,2,
5,10,,,解得20～所以a,b.
又f′(0),2a，2b,c,4,c～故a,1～b,1.
2x,2x(2)当c,3时～f(x),e,e,3x～
2x,2x2x,2x那么f′(x),2e，2e,3?22e?2e,3,1>0～故f(x)在R
上为增函数(
2x,2x(3)由(1)知f′(x),2e，2e,c～
2x,2x2x,2x而2e，2e?22e?2e,4～当x,0时等号成立(
下面分三种情况进行讨论(
2x,2x当c<4时～对任意x?R～f′(x),2e，2e,c>0～此时f(x)无极值,
2x,2x当c,4时～对任意x?0～f′(x),2e，2e,4>0～此时f(x)无极值,
22x当c>4时～令e,t～注意到方程2t，,c,0有两根t,1,2t
2c?c,16
>0～ 4
11即f′(x),0有两个根x,lnt或x,lnt. 112222
当xx时～f′(x)>0～从而f(x)在x,x处取得极小值( 22
综上～若f(x)有极值～则c的取值范围是(4～，?)(
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