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高中数学高考第2讲 第2课时 利用导数研究函数的极值、最值
展开这是一份高中数学高考第2讲 第2课时 利用导数研究函数的极值、最值，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.(2016·四川卷)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( )
A.－4 B.－2 C.4 D.2
解析 f′(x)＝3x2－12，∴x<－2时，f′(x)>0，－2
f′(x)>0，∴x＝2是f(x)的极小值点.
答案 D
2.函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－ln x的最小值为( )
A.eq \f(1,2) B.1 C.0 D.不存在
解析 f′(x)＝x－eq \f(1,x)＝eq \f(x2－1,x)，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0
3.(2017·合肥模拟)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(4,3)
C.eq \f(8,3) D.eq \f(16,3)
解析 由图象可知f(x)的图象过点(1，0)与(2，0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1＋b＋c＝0，8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝eq \f(2,3)，所以xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－eq \f(4,3)＝eq \f(8,3).
答案 C
4.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( )
A.3 B.4 C.6 D.5
解析 设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则V＝πR2l＝27π，∴l＝eq \f(27,R2)，要使用料最省，只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小.
由题意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·eq \f(27,R).
∴S′＝2πR－eq \f(54π,R2)，令S′＝0，得R＝3，则当R＝3时，S最小.故选A.
答案 A
5.(2017·东北四校联考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是( )
A.(－1，2) B.(－∞，－3)∪(6，＋∞)
C.(－3，6) D.(－∞，－1)∪(2，＋∞)
解析 ∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，
由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根.
∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，即a2－3a－18>0，
∴a>6或a<－3.
答案 B
二、填空题
6.(2017·肇庆模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，若x＝－3是函数f(x)的一个极值点，则实数a＝________.
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋3.
依题意知，－3是方程f′(x)＝0的根，
所以3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，解得a＝5.
经检验，a＝5时，f(x)在x＝－3处取得极值.
答案 5
7.(2016·北京卷改编)设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3－3x，x≤0，,－2x，x>0，))则f(x)的最大值为________.
解析 当x>0时，f(x)＝－2x<0；
当x≤0时，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，当x<－1时，f′(x)>0，f(x)是增函数，当－1
答案 2
8.设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________.
解析 ∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.
∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，
∵x>0时，－ex<－1，∴a＝－ex<－1.
答案 (－∞，－1)
三、解答题
9.(2015·安徽卷)已知函数f(x)＝eq \f(ax,（x＋r）2)(a>0，r>0).
(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；
(2)若eq \f(a,r)＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值.
解 (1)由题意可知x≠－r，所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞).
f(x)＝eq \f(ax,（x＋r）2)＝eq \f(ax,x2＋2rx＋r2)，
f′(x)＝eq \f(a（x2＋2rx＋r2）－ax（2x＋2r）,（x2＋2rx＋r2）2)＝eq \f(a（r－x）（x＋r）,（x＋r）4).
所以当x<－r或x>r时，f′(x)<0；
当－r
因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；
f(x)的单调递增区间为(－r，r).
(2)由(1)的解答可知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减.
因此，x＝r是f(x)的极大值点，
所以f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝eq \f(ar,（2r）2)＝eq \f(a,4r)＝eq \f(400,4)＝100，
f(x)在(0，＋∞)内无极小值；
综上，f(x)在(0，＋∞)内极大值为100，无极小值.
10.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.
解 (1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝k－1.
f(x)与f′(x)随x的变化情况如下表：
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，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
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，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.
综上，当k≤1时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；
当1
当k≥2时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.
11.(2017·石家庄质检)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，若t＝ab，则t的最大值为( )
A.2 B.3 C.6 D.9
解析 f′(x)＝12x2－2ax－2b，则f′(1)＝12－2a－2b＝0，则a＋b＝6，
又a>0，b>0，则t＝ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号.
答案 D
12.(2017·长沙调研)若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋x2－eq \f(2,3)在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是( )
A.[－5，0) B.(－5，0)
C.[－3，0) D.(－3，0)
解析 由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其图象如图所示.
令eq \f(1,3)x3＋x2－eq \f(2,3)＝－eq \f(2,3)得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3≤a<0，,a＋5>0，))解得a∈[－3，0)，故选C.
答案 C
13.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＝±eq \r(a)，
则f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表：
从而eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（－\r(a)）3－3a（－\r(a)）＋b＝6，,（\r(a)）3－3a\r(a)＋b＝2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝4.))
所以f(x)的单调递减区间是(－1，1).
答案 (－1，1)
14.(2017·济南模拟)设函数f(x)＝ln(x＋a)＋x2.
(1)若当x＝－1时，f(x)取得极值，求a的值，并讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在极值，求a的取值范围，并证明所有极值之和大于lneq \f(e,2).
解 (1)f′(x)＝eq \f(1,x＋a)＋2x，依题意，有f′(－1)＝0，故a＝eq \f(3,2).
从而f′(x)＝eq \f(（2x＋1）（x＋1）,x＋\f(3,2))，且f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞))，
当－eq \f(3,2)
当－1
∴f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)))上单调递减.
(2)f(x)的定义域为(－a，＋∞)，f′(x)＝eq \f(2x2＋2ax＋1,x＋a).
方程2x2＋2ax＋1＝0的判别式Δ＝4a2－8，
①若Δ≤0，即－eq \r(2)≤a≤eq \r(2)时，f′(x)≥0，故f(x)无极值.
②若Δ>0，即a<－eq \r(2)或a>eq \r(2)，则2x2＋2ax＋1＝0有两个不同的实根，x1＝eq \f(－a－\r(a2－2),2)，x2＝eq \f(－a＋\r(a2－2),2).
当a<－eq \r(2)时，x1<－a，x2<－a，
故f′(x)>0在定义域上恒成立，
故f(x)无极值.
当a>eq \r(2)时，－a
综上，f(x)存在极值时，a的取值范围为(eq \r(2)，＋∞).
由上可知，x1＋x2＝－a，x1x2＝eq \f(1,2).
所以，f(x)的极值之和为f(x1)＋f(x2)＝ln(x1＋a)＋xeq \\al(2,1)＋ln(x2＋a)＋xeq \\al(2,2)
＝ln(－x2)＋ln(－x1)＋(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))
＝ln(x1x2)＋(x1＋x2)2－2x1x2
＝lneq \f(1,2)＋a2－1>lneq \f(1,2)＋(eq \r(2))2－1＝lneq \f(e,2).x
(－∞，k－1)
k－1
(k－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
－ek－1
x
(－∞，－eq \r(a))
－eq \r(a)
(－eq \r(a)，eq \r(a))
eq \r(a)
(eq \r(a)，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
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