课时过关检测（十六） 导数与函数的极值、最值

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1．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于( )
A．－4 B．－2
C．4 D．2
解析：选D 由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2,2)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.
2．函数y＝eq \f(x,ex)在[0,2]上的最大值是( )
A．eq \f(1,e) B．eq \f(2,e2)
C．0D．eq \f(1,2\r(e))
解析：选A 易知y′＝eq \f(1－x,ex)，x∈[0,2]，令y′＞0，得0≤x＜1，令y′＜0，得1＜x≤2，所以函数y＝eq \f(x,ex)在[0,1]上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以y＝eq \f(x,ex)在[0,2]上的最大值是y|x＝1＝eq \f(1,e)，故选A．
3．某莲藕种植塘每年的固定成本是1万元，每年最大规模的种植是8万斤，每种植一斤藕，成本增加0.5元，销售额函数是f(x)＝－eq \f(1,8)x3＋eq \f(9,16)ax2＋eq \f(1,2)x，x是莲藕种植量，单位：万斤；销售额的单位：万元，a是常数，若种植2万斤，利润是2.5万元，则要使利润最大，每年种植莲藕( )
A．8万斤 B．6万斤
C．3万斤D．5万斤
解析：选B 设销售利润为g(x)，得g(x)＝－eq \f(1,8)x3＋eq \f(9,16)ax2＋eq \f(1,2)x－1－eq \f(1,2)x＝－eq \f(1,8)x3＋eq \f(9,16)ax2－1，当x＝2时，g(2)＝－eq \f(1,8)×23＋eq \f(9,16)a×22－1＝2.5，解得a＝2.
所以g(x)＝－eq \f(1,8)x3＋eq \f(9,8)x2－1，
g′(x)＝－eq \f(3,8)x2＋eq \f(9,4)x＝－eq \f(3,8)x(x－6)，
所以函数g(x)在(0,6)上单调递增，在(6,8)上单调递减．
所以当x＝6时，函数g(x)取得极大值即最大值．
4.已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的大致图象如图所示，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：选C 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，则x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两个不同的实数根，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).
5．(多选)函数y＝f(x)导函数的图象如图所示，则下列选项正确的有( )
A．(－1,3)为函数y＝f(x)的递增区间
B．(3,5)为函数y＝f(x)的递减区间
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ABD 由函数y＝f(x)导函数的图象可知，f(x)的单调递减区间是(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)，所以f(x)在x＝－1,5取得极小值，在x＝3取得极大值，C错误．故选A、B、D.
6．(多选)若函数f(x)＝2x3－ax2(a<0)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，则a的取值可能为( )
A．－6B．－5
C．－4D．－3
解析：选ABC 令f′(x)＝2x(3x－a)＝0，
得x1＝0，x2＝eq \f(a,3)(a<0)，当eq \f(a,3)当x0时，f′(x)>0，
则f(x)的增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)，减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))，
从而f(x)在x＝eq \f(a,3)处取得极大值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))＝－eq \f(a3,27)，
由f(x)＝－eq \f(a3,27)，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,3)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(a,3)))＝0，
解得x＝eq \f(a,3)或x＝－eq \f(a,6)，
又f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，
所以eq \f(a,3)7．函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋x－2ln x的最小值为 ．
解析：因为f′(x)＝x＋1－eq \f(2,x)＝eq \f(x＋2x－1,x)(x＞0)，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝eq \f(1,2)＋1＝eq \f(3,2).
答案：eq \f(3,2)
8．若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则实数c的取值范围为 ．
解析：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＞eq \f(\r(3),2)或c＜－eq \f(\r(3),2).
所以实数c的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，＋∞))
9．函数f(x)＝(x2－x－1)ex(其e＝2.718…是自然对数的底数)的极值点是 ；极大值为 ．
解析：由已知得f′(x)＝(x2－x－1＋2x－1)ex＝(x2＋x－2)ex＝(x＋2)(x－1)ex，
因为ex＞0，令f′(x)＝0，可得x＝－2或x＝1，
当x＜－2时，f′(x)＞0，即函数f(x)在(－∞，－2)上单调递增；
当－2＜x＜1时，f′(x)＜0，即函数f(x)在区间(－2,1)上单调递减；
当x＞1时，f′(x)＞0，即函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故f(x)的极值点为－2或1，且极大值为f(－2)＝eq \f(5,e2).
答案：1或－2 eq \f(5,e2)
10．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋mx2＋nx＋2，其导函数f′(x)为偶函数，f(1)＝－eq \f(2,3)，则函数g(x)＝f′(x)ex在区间[0,2]上的最小值为 ．
解析：由题意可得f′(x)＝x2＋2mx＋n，
∵f′(x)为偶函数，∴m＝0，
故 f(x)＝eq \f(1,3)x3＋nx＋2，∵f(1)＝eq \f(1,3)＋n＋2＝－eq \f(2,3)，
∴n＝－3.
∴f(x)＝eq \f(1,3)x3－3x＋2，则f′(x)＝x2－3.
故g(x)＝ex(x2－3)，则g′(x)＝ex(x2－3＋2x)＝ex(x－1)·(x＋3)，据此可知函数g(x)在区间[0,1)上单调递减，在区间(1,2]上单调递增，故函数g(x)的极小值，即最小值为g(1)＝e1·(12－3)＝－2e.
答案：－2e
11．设函数f(x)＝x2＋1－ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求函数g(x)＝f(x)－x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上的最小值．
解：(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq \f(1,x)，
由f′(x)＞0，得x＞eq \f(\r(2),2)，由f′(x)＜0，得0＜x＜eq \f(\r(2),2).
∴f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞)).
(2)由题意知g(x)＝x2＋1－ln x－x，g′(x)＝2x－eq \f(1,x)－1＝eq \f(2x＋1x－1,x)，由g′(x)＞0，得x＞1，由g′(x)≤0，得0＜x≤1，
∴g(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，在(1,2]上单调递增，
∴在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最小值为g(1)＝1.
12.(2021·全国统一考试模拟演练)已知函数f(x)＝ex－sin x－cs x，g(x)＝ex＋sin x＋cs x.
(1)证明：当x＞－eq \f(5π,4)时，f(x)≥0；
(2)若g(x)≥2＋ax，求a.
解：(1)证明：∵f(x)＝ex－sin x－cs x＝ex－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
∴f′(x)＝ex－eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))(x∈R)．
画出y＝ex和y＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的图象，由图可知，
当x＞－eq \f(5π,4)时，存在－eq \f(π,2)＜x1＜－eq \f(π,4)，
使得f′(x1)＝f′(0)＝0，
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)π，x1))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(x1,0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
又∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)π))＝e－eq \f(5,4)π＞0，f(0)＝0，
∴当x＞－eq \f(5π,4)时，f(x)min＝f(0)＝0.
∴当x＞－eq \f(5π,4)时，f(x)≥0.
(2)∵g(x)≥2＋ax，
∴ex＋sin x＋cs x≥2＋ax，
即ex＋sin x＋cs x－2－ax≥0.
不妨设F(x)＝ex＋sin x＋cs x－2－ax(x∈R)，则F(x)≥0.
求导可得F′(x)＝ex＋eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－a(x∈R)．
∵F(x)≥0，且F(0)＝0，
∴当x＝0时，F(x)取最小值，F′(x)取极小值．
∴F′(0)＝0，且当x＞0时，F′(x)＞0，
当x＜0时，F′(x)＜0，
∴e0＋eq \r(2)cseq \f(π,4)－a＝0，
解得a＝2.
B级——综合应用
13．(多选)设函数f(x)＝eq \f(x＋e|x|,e|x|)，则下列选项正确的是( )
A．f(x)为奇函数
B．f(x)的图象关于点(0,1)对称
C．f(x)的最大值为eq \f(1,e)＋1
D．f(x)的最小值为－eq \f(1,e)＋1
解析：选BCD f(x)＝eq \f(x,e|x|)＋1，不满足f(－x)＝－f(x)，故A项错误；令g(x)＝eq \f(x,e|x|)，则g(－x)＝eq \f(－x,e|－x|)＝eq \f(－x,e|x|)＝－g(x)，所以g(x)为奇函数，则f(x)关于点(0,1)对称，B项正确；设f(x)＝eq \f(x,e|x|)＋1的最大值为M，则g(x)的最大值为M－1，设f(x)＝eq \f(x,e|x|)＋1的最小值为N，则g(x)的最小值为N－1，当x＞0时，g(x)＝eq \f(x,ex)，所以g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，当0＜x＜1时，g′(x)＞0，当x＞1时，g′(x)＜0，所以当0＜x＜1时，g(x)单调递增，当x＞1时，g(x)单调递减，所以g(x)在x＝1处取得最大值，最大值为g(1)＝eq \f(1,e)，由于g(x)为奇函数，所以g(x)在x＝－1处取得最小值，最小值为g(－1)＝－eq \f(1,e)，所以f(x)的最大值为M＝eq \f(1,e)＋1，最小值为N＝－eq \f(1,e)＋1，故C、D项正确．故选B、C、D.
14．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 ．
解析：f′(x)＝3ax2－3，
当a≤0时，对于x∈[－1,1]总有f′(x)＜0，
则f(x)在[－1,1]上为减函数，
f(x)min＝f(1)＝a－2＜0，不合题意；
当0＜a≤1时，f′(x)＝3ax2－3＝3aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,\r(a))))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,\r(a))))，
f(x)在[－1,1]上为减函数，
f(x)min＝f(1)＝a－2＜0，不合题意；
当a＞1时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,\r(a))))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a))，1))上为增函数，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(a))，\f(1,\r(a))))上为减函数，所以有f(－1)＝－a＋4≥0，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a))))＝－eq \f(2,\r(a))＋1≥0，解得a＝4.
综上所述，a＝4.
答案：{4}
15．已知函数f(x)＝eq \f(ax2＋bx＋c,ex)(a>0)的导函数f′(x)的两个零点为－3和0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．
解：(1)f′(x)＝eq \f(2ax＋bex－ax2＋bx＋cex,ex2)
＝eq \f(－ax2＋2a－bx＋b－c,ex).
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex>0，所以f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同．
又因为a>0，所以当－30，即f′(x)>0，
当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．
(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，
所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－3＝\f(9a－3b＋c,e－3)＝－e3，,g0＝b－c＝0，,g－3＝－9a－32a－b＋b－c＝0，))
解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝eq \f(x2＋5x＋5,ex).
由(1)可知当x＝0时f(x)取得极大值f(0)＝5，
故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者．
而f(－5)＝eq \f(5,e－5)＝5e5>5＝f(0)，
所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.
C级——迁移创新
16．若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t)＝g′(t)，则称函数g(x)为f(x)的“友导”函数．已知函数g(x)＝－eq \f(1,3)x3－3x＋1为函数f(x)＝2xln x－ax的“友导”函数，求a的取值范围．
解：由题意，得g′(x)＝－x2－3.又由题意知g(x)＝－eq \f(1,3)x3－3x＋1为函数f(x)＝2xln x－ax的“友导”函数，
所以方程2xln x－ax＝－x2－3有解，即a＝x＋2ln x＋eq \f(3,x)有解．令h(x)＝x＋2ln x＋eq \f(3,x)，则h′(x)＝1＋eq \f(2,x)－eq \f(3,x2)＝eq \f(x＋3x－1,x2)，当0＜x＜1时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；当x＞1时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增，所以h(x)≥h(1)＝4，所以由方程a＝x＋2ln x＋eq \f(3,x)有解，可得a≥4.故a的取值范围为[4，＋∞)．