高中数学高考3 第3讲　导数与函数的极值、最值　新题培优练

这是一份高中数学高考3 第3讲　导数与函数的极值、最值　新题培优练，共8页。试卷主要包含了已知函数f＝eq \f－1.等内容，欢迎下载使用。

 [基础题组练]
1．函数y＝在[0，2]上的最大值是(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C．0 D.
解析：选A.易知y′＝，x∈[0，2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得1＜x≤2，所以函数y＝在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y＝在[0，2]上的最大值是y|x＝1＝，故选A.
2．函数f(x)＝aex－sin x在x＝0处有极值，则a的值为(　　)
A．－1 B．0
C．1 D．e
解析：选C.f′(x)＝aex－cos x，
若函数f(x)＝aex－sin x在x＝0处有极值，
则f′(0)＝a－1＝0，解得a＝1，
经检验a＝1符合题意，
故选C.
3．函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则x＋x等于(　　)

A. B.
C. D.
解析：选C.函数f(x)的图象过原点，所以d＝0.又f(－1)＝0且f(2)＝0，即－1＋b－c＝0且8＋4b＋2c＝0，解得b＝－1，c＝－2，所以函数f(x)＝x3－x2－2x，所以f′(x)＝3x2－2x－2，由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2＝，x1x2＝－，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋＝.
4．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　)
A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞)
C．(－∞，－3) D．(－∞，－3]
解析：选D.由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

x
(－∞，－3)
－3
(－3，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，所以k≤－3.
5．(2019·河南郑州质检)函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1时有极值10，则a，b的值为(　　)
A．a＝3，b＝－3或a＝－4，b＝11
B．a＝－4，b＝－3或a＝－4，b＝11
C．a＝－4，b＝11
D．以上都不对
解析：选C.由题意，f′(x)＝3x2－2ax－b，则f′(1)＝0，即2a＋b＝3.①
f(1)＝1－a－b＋a2＝10，即a2－a－b＝9.②
联立①②，解得(有极值)或(舍去，无极值)．
6．已知x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为________．
解析：x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，即x＝2是f′(x)＝3x2－3a＝0的根，将x＝2代入得a＝4，所以函数解析式为f(x)＝x3－12x＋2，则由3x2－12＝0，得x＝±2，故函数在(－2，2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x＝－2时函数f(x)取得极大值f(－2)＝18.
答案：18
7．若函数f(x)＝x3－3ax在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a的取值范围为________．
解析：因为f′(x)＝3(x2－a)，所以当a≤0时，f′(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，f(x)没有极值点，不符合题意；当a>0时，令f′(x)＝0得x＝±，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示：

x
(－∞，－)
－
(－，)

(，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

因为函数f(x)在区间(－1，2)上仅有一个极值点，所以或解得1≤a<4.
答案：[1，4)
8．(2019·湖南郴州高三模拟)已知奇函数f(x)＝则函数h(x)的最大值为______．
解析：先求出x＞0时，f(x)＝－1的最小值．当x＞0时，f′(x)＝，所以x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数单调递减，x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数单调递增，所以x＝1时，函数取得极小值即最小值，为e－1，所以由已知条件得h(x)的最大值为1－e.
答案：1－e
9．(2019·兰州市诊断考试)已知函数f(x)＝x3－(a2＋a＋2)x2＋a2(a＋2)x，a∈R.
(1)当a＝－1时，求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)求函数y＝f(x)的极值点．
解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x3－x2＋x，
f′(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，
所以函数f(x)是R上的增函数，单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．
(2)因为f′(x)＝x2－(a2＋a＋2)x＋a2(a＋2)＝(x－a2)·[x－(a＋2)]，
①当a＝－1或a＝2时，a2＝a＋2，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)为增函数，无极值点．
②当a＜－1或a＞2时，a2＞a＋2，
可得当x∈(－∞，a＋2)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数；当x∈(a＋2，a2)时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数；当x∈(a2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数．
所以当x＝a＋2时，函数f(x)有极大值f(a＋2)；当x＝a2时，函数f(x)有极小值f(a2)．
③当－1＜a＜2时，a2＜a＋2，
可得当x∈(－∞，a2)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数；当x∈(a2，a＋2)时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数；当x∈(a＋2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数．
所以当x＝a＋2时，函数f(x)有极小值f(a＋2); 当x＝a2时，函数f(x)有极大值f(a2)．
综上所述，当a＝－1或a＝2时，f(x)无极值点；
当a＜－1或a＞2时，f(x)的极大值点为x＝a＋2，极小值点为x＝a2；
当－1＜a＜2时，f(x)的极大值点为x＝a2，极小值点为x＝a＋2.
10．已知函数f(x)＝－1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设m>0，求函数f(x)在区间[m，2m]上的最大值．
解：(1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，
由得0 由得x>e.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
(2)①当，
即0 所以f(x)max＝f(2m)＝－1；
②当m 函数f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e，2m)上单调递减，
所以f(x)max＝f(e)＝－1＝－1；
③当m≥e时，(m，2m)⊆(e，＋∞)，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递减，所以f(x)max＝f(m)＝－1.
综上所述，当0 [综合题组练]
1．(创新型)若函数f(x)＝x3＋x2－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：选C.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，作出其大致图象如图所示，

令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，解得a∈[－3，0)．
2．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)
A．－1　 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
解析：选A.因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2 3．(创新型)函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，
由f′(x)＝0得x＝±a，
当－a 当x>a或x<－a时，f′(x)>0，函数单调递增，
所以f(x)的极大值为f(－a)，极小值为f(a)．
所以f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0.
解得a>.
所以a的取值范围是.
答案：
4．已知函数f(x)＝ax－ln x，当x∈(0，e](e为自然常数)时，函数f(x)的最小值为3，则a的值为________．
解析：当a≤0时，不符合题意，所以a＞0，由f′(x)＝a－＝＝0，得x＝，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝时取得最小值f＝1－ln .　
①当0＜≤e时，由1－ln ＝3，得a＝e2，符合题意，
②当＞e时，由ae－ln e＝3，得a＝，舍去．
答案：e2
5．(2019·石家庄市质量检测)已知函数f(x)＝aex－sin x，其中a∈R，e为自然对数的底数．
(1)当a＝1时，证明：∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥1；
(2)若函数f(x)在上存在极值，求实数a的取值范围．
解：(1)证明：当a＝1时，f(x)＝ex－sin x，于是f′(x)＝ex－cos x.
当x∈(0，＋∞)时，ex＞1且cos x≤1.
故当x∈(0，＋∞)时，ex－cos x＞0，即f′(x)＞0.
所以函数f(x)＝ex－sin x为(0，＋∞)上的增函数，因为f(0)＝1，
所以∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥1.
(2)法一：由f(x)在上存在极值，得f′(x)＝aex－cos x在上存在零点．
①当a∈(0，1)时，f′(x)＝aex－cos x为上的增函数，
注意到f′(0)＝a－1＜0，f′＝a·e＞0，
所以，存在唯一实数x0∈，使得f′(x0)＝0成立．
当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)为(0，x0)上的减函数；
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)为上的增函数．
所以x0为函数f(x)的极小值点．
②当a≥1时，f′(x)＝aex－cos x≥ex－cos x＞0在上恒成立．
所以f(x)在上单调递增，所以f(x)在上没有极值．
③当a≤0时，f′(x)＝aex－cos x＜0在上恒成立，
所以f(x)在上单调递减，所以f(x)在上没有极值．
综上所述，若f(x)在上存在极值，则实数a的取值范围是(0，1)．
法二：由函数f(x)在上存在极值，得f′(x)＝aex－cos x在上存在零点，
即a＝在上有解．
设g(x)＝，x∈，则g′(x)＝＜0在上恒成立，所以g(x)为上的减函数．所以g(x)的值域为(0，1)，所以当实数a∈(0，1)时，f′(x)＝aex－cos x在上存在零点．
下面证明，当a∈(0，1)时，函数f(x)在上存在极值．
事实上，当a∈(0，1)时，f′(x)＝aex－cos x为上的增函数，
注意到f′(0)＝a－1＜0，f′＝a·e＞0，所以存在唯一实数x0∈，使得f′(x0)＝0成立．
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)为(0，x0)上的减函数；
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)为上的增函数．
即x0为函数f(x)的极小值点．
综上所述，若函数f(x)在上存在极值，则实数a的取值范围是(0，1)．
6．(综合型)已知函数f(x)＝aln x＋(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)是否存在实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
解：由题意，知函数的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝－(a>0)．
(1)由f′(x)>0解得x>，
所以函数f(x)的单调递增区间是；
由f′(x)<0解得x<，
所以函数f(x)的单调递减区间是.
所以当x＝时，函数f(x)有极小值f＝aln ＋a＝a－aln a.
(2)不存在．理由如下：
由(1)可知，当x∈时，函数f(x)单调递减；
当x∈时，函数f(x)单调递增．
①若0<≤1，即a≥1时，函数f(x)在[1，e]上为增函数，
故函数f(x)的最小值为f(1)＝aln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．
②若1<≤e，即≤a<1时，函数f(x)在上为减函数，在上为增函数，
故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值f＝aln ＋a＝a－aln a＝a(1－ln a)＝0，即ln a＝1，解得a＝e，而≤a<1，故不满足条件．
③若>e，即0 综上所述，不存在这样的实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0.