高考数学(理数)一轮复习：课时达标检测15 《导数与函数的极值、最值》(教师版)

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这是一份高考数学(理数)一轮复习：课时达标检测15 《导数与函数的极值、最值》(教师版)，共5页。

1．函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )
A．(－1,3)为函数y＝f(x)的单调递增区间
B．(3,5)为函数y＝f(x)的单调递减区间
C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值
D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
解析：选C 由函数y＝f(x)的导函数的图象可知，当x<－1或35或－10，y＝f(x)单调递增．所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y＝f(x)在x＝－1,5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误，故选C.
2．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是( )
A．25，－2B．50,14
C．50，－2D．50，－14
解析：选C 因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x，当x∈[－4，－3)或x∈(0,2]时，f′(x)>0，f(x)为增函数，当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是50，－2.
3．已知a∈R，函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－ax2＋ax＋2的导函数f′(x) 在(－∞，1)上有最小值，若函数g(x)＝eq \f(f′x,x)，则( )
A．g(x)在(1，＋∞)上有最大值
B．g(x)在(1，＋∞)上有最小值
C．g(x)在(1，＋∞)上为减函数
D．g(x)在(1，＋∞)上为增函数
解析：选D 函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－ax2＋ax＋2的导函数f′(x)＝x2－2ax＋a，f′(x)图象的对称轴为x＝a，又f′(x)在(－∞，1)上有最小值，所以a<1.函数g(x)＝eq \f(f′x,x)＝x＋eq \f(a,x)－2a，g′(x)＝1－eq \f(a,x2)＝eq \f(x2－a,x2)，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上为增函数．故选D.
4．若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(b,2)))x2＋2bx在区间[－3,1]上不是单调函数，则f(x)在R上的极小值为( )
A．2b－eq \f(4,3)B.eq \f(3,2)b－eq \f(2,3)
C．0D．b2－eq \f(1,6)b3
解析：选A 由题意得f′(x)＝(x－b)(x－2)．因为f(x)在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－30，解得x>2或x5．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是( )
A．20B．18
C．3D．0
解析：选A 对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等价于在区间(－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t.∵f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)．
∵x∈(－3,2]，∴函数f(x)在(－3，－1)，(1,2)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，
∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，
∴f(x)max－f(x)min＝20，∴t≥20，即实数t的最小值是20.
6．已知函数f(x)＝aex－x2－(2a＋1)x，若函数f(x)在区间(0，ln 2)上有最值，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1)B．(－1,0)
C．(－2，－1)D．(－∞，0)∪(0,1)
解析：选A f′(x)＝a(ex－2)－2x－1.∵x∈(0，ln 2)，∴ex－2<0，－2x－1<0.当a≥0时，f′(x)<0在(0，ln 2)上恒成立，即函数f(x)在(0，ln 2)上单调递减，函数y＝f(x)在区间(0，ln 2)上无最值．当a<0时，设g(x)＝a(ex－2)－2x－1，则g′(x)＝aex－2<0，∴g(x)在(0，ln 2)上为减函数．又∵g(0)＝－a－1，g(ln 2)＝－2ln 2－1<0，若函数f(x)在区间(0，ln 2)上有最值，则函数g(x)有零点，即g(x)＝0有解，∴g(0)＝－a－1>0，解得a<－1.故选A.
[大题常考题点——稳解全解]
1．已知函数f(x)＝eq \f(1＋ln x,kx)(k≠0)．求函数f(x)的极值．
解：f(x)＝eq \f(1＋ln x,kx)，其定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝－eq \f(ln x,kx2).
令f′(x)＝0，得x＝1，
当k＞0时，若0＜x＜1，则f′(x)＞0；
若x＞1，则f′(x)＜0，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，函数f(x)取得极大值eq \f(1,k)，无极小值．
当k＜0时，若0＜x＜1，则f′(x)＜0；
若x＞1，则f′(x)＞0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x＝1时，函数f(x)取得极小值eq \f(1,k)，无极大值．
2．已知函数f(x)＝ax－eq \f(2,x)－3ln x，其中a为常数．
(1)当函数f(x)的图象在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))))处的切线的斜率为1时，求函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))上的最小值；
(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝a＋eq \f(2,x2)－eq \f(3,x)，所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝a＝1，
故f(x)＝x－eq \f(2,x)－3ln x，则f′(x)＝eq \f(x－1x－2,x2).
由f′(x)＝0得x＝1或x＝2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
从而在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))上，f(x)有最小值，且最小值为f(2)＝1－3ln 2.
(2)f′(x)＝a＋eq \f(2,x2)－eq \f(3,x)＝eq \f(ax2－3x＋2,x2)(x＞0)，
由题设可得方程ax2－3x＋2＝0有两个不等的正实根，
不妨设这两个根为x1，x2，且x1≠x2，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝9－8a＞0，,x1＋x2＝\f(3,a)＞0，,x1x2＝\f(2,a)＞0))解得0＜a＜eq \f(9,8).
故所求a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,8))).
3．已知函数f(x)＝ln x－mx(m∈R)．
(1)若函数y＝f(x)的图象过点P(1，－1)，求曲线y＝f(x)在点P处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间[1，e]上的最大值．
解：(1)因为点P(1，－1)在曲线y＝f(x)上，
所以－m＝－1，解得m＝1.
因为f′(x)＝eq \f(1,x)－1，所以f′(1)＝0，
所以切线的方程为y＝－1.
(2)f′(x)＝eq \f(1,x)－m＝eq \f(1－mx,x).
①当m≤0时，由x∈[1，e]，得f′(x)>0，所以函数f(x)在[1，e]上单调递增，
则f(x)max＝f(e)＝1－me；
②当eq \f(1,m)≥e，即00，
所以函数f(x)在[1，e]上单调递增，则f(x)max＝f(e)＝1－me；
③当1函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,m)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,m)，e))上单调递减，则f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))＝－ln m－1；
④当0所以函数f(x)在[1，e]上单调递减，则f(x)max＝f(1)＝－m.
综上，当m≤eq \f(1,e)时，f(x)max＝1－me；
当eq \f(1,e)当m≥1时，f(x)max＝－m.
4．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－(a＋1)x＋aln x＋1，a∈R.
(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的极大值；
(2)求a的范围，使得f(x)≥1恒成立．
解：(1)f′(x)＝x－(a＋1)＋eq \f(a,x)(x>0)．
∵x＝3是f(x)的极值点，
∴f′(3)＝3－(a＋1)＋eq \f(a,3)＝0，解得a＝3.
当a＝3时，f′(x)＝eq \f(x2－4x＋3,x)＝eq \f(x－1x－3,x).
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化见下表：
∴f(x)的极大值为f(1)＝－eq \f(5,2).
(2)f(x)≥1恒成立，即x>0时，
eq \f(1,2)x2－(a＋1)x＋aln x≥0恒成立．
设g(x)＝eq \f(1,2)x2－(a＋1)x＋aln x，
则g′(x)＝x－(a＋1)＋eq \f(a,x)＝eq \f(x－1x－a,x).
①当a≤0时，由g′(x)<0得g(x)的单调递减区间为(0,1)，
由g′(x)>0得g(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，
∴g(x)min＝g(1)＝－a－eq \f(1,2)≥0，解得a≤－eq \f(1,2).
②当0由g′(x)>0得g(x)的单调递增区间为(0，a)，(1，＋∞)，此时g(1)＝－a－eq \f(1,2)<0，不合题意．
③当a＝1时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时g(1)＝－a－eq \f(1,2)<0，不合题意．
④当a>1时，由g′(x)<0得g(x)的单调递减区间为(1，a)，
由g′(x)>0得g(x)的单调递增区间为(0,1)，(a，＋∞)，
此时g(1)＝－a－eq \f(1,2)<0，不合题意．
综上所述，当a≤－eq \f(1,2)时，f(x)≥1恒成立．x
eq \f(3,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))
2
(2,3)
3
f′(x)
－
0
＋
f(x)

1－3ln 2

x
(0,1)
1
(1,3)
3
(3，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值


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