高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 第二章 函数、导数及其应用 课时跟踪检测 （十五）　导数与函数的极值、最值 Word版含答案

课时跟踪检测  (十五)　导数与函数的极值、最值

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1．(2017·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是(　　)

A．y＝x3　　　　　　　 B．y＝ln (－x)

C．y＝xe－x  D．y＝x＋

解析：选D　由题可知，B、C选项中的函数不是奇函数，A选项中，函数y＝x3单调递增(无极值)，而D选项中的函数既为奇函数又存在极值．

2.已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为(　　)

A．1  B．2

C．3  D．4

解析：选B　由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f(x)的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．

3．函数f(x)＝x3－4x＋m在上的最大值为4，则m的值为(　　)

A．7   B.

C．3  D．4

解析：选D　f′(x)＝x2－4，x∈，

当x∈时，f′(x)＞0，

∴f(x)在上是增函数．

又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.

∴在上，f(x)max＝f(0)＝4，

∴m＝4，故选D.

4．函数y＝xln x有极________(填大或小)值为________．

解析：y′＝ln x＋1(x>0)，

当y′＝0时，x＝e－1；

当y′<0时，解得0<x<e－1；

当y′>0时，解得x>e－1.

∴y＝xln x在(0，e－1)上是减函数，在(e－1，＋∞)上是增函数．

∴y＝xln x有极小值yx＝e－1＝－.

答案：小　－

5．函数f(x)＝－x3＋12x＋6，x∈的零点个数是________．

解析：f′(x)＝－3x2＋12，x∈.

当x∈时，f′(x)＞0，

当x∈(2,3]时，f′(x)＜0.

∴f(x)在上是增函数，在(2,3]上是减函数．

故f(x)极大值＝f(2)＝22.

由于f>0，f(3)>0，

所以有0个零点．

答案：0

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1．设函数f(x)＝＋ln x，则(　　)

A．x＝为f(x)的极大值点

B．x＝为f(x)的极小值点

C．x＝2为f(x)的极大值点

D．x＝2为f(x)的极小值点

解析：选D　∵f(x)＝＋ln x，

∴f′(x)＝－＋(x>0)，由f′(x)＝0，得x＝2.当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，

∴x＝2为f(x)的极小值点．

2．若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为(　　)

A．1百万件  B．2百万件

C．3百万件  D．4百万件

解析：选C　y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，

当0<x<3时，y′>0；

当x>3时，y′<0.

故当x＝3时，该商品的年利润最大．

3．设直线x＝t与函数h(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|最小时t的值为(　　)

A．1  B.

C.  D.

解析：选D　由已知条件可得|MN|＝t2－ln t，

设f(t)＝t2－ln t(t>0)，则f′(t)＝2t－，

令f′(t)＝0，得t＝，

当0<t<时，f′(t)<0，当t＞时，f′(t)＞0，

∴当t＝时，f(t)取得最小值．

4．若ex≥k＋x在R上恒成立，则实数k的取值范围为(　　)

A．(－∞，1]  B．  D．．故选A.

5．(2017·河北三市二联)若函数f(x)＝x3－x2＋2bx在区间上不是单调函数，则函数f(x)在R上的极小值为(　　)

A．2b－   B.b－

C．0  D．b2－b3

解析：选A　f′(x)＝x2－(2＋b)x＋2b＝(x－b)(x－2)，∵函数f(x)在区间上不是单调函数，∴－3<b<1，则由f′(x)>0，得x<b或x>2，由f′(x)<0，得b<x<2，∴函数f(x)的极小值为f(2)＝2b－.

6．f(x)＝的极小值为________．

解析：f′(x)＝＝.

令f′(x)<0，得x<－2或x>1.

令f′(x)>0，得－2<x<1.

∴f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数，

∴f(x)极小值＝f(－2)＝－.

答案：－

7．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________cm3.

解析：设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，

则x∈(0,5)．则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x，∴y′＝12x2－104x＋160.

令y′＝0，得x＝2或(舍去)，

∴ymax＝6×12×2＝144(cm3)．

答案：144

8．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＝±，则f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表：

从而

解得

所以f(x)的单调递减区间是(－1,1)．

答案：(－1,1)

9．设f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1的导数f′(x)满足f′(1)＝2a，f′(2)＝－b，其中常数a，b∈R.

(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)设g(x)＝f′(x)e－x，求函数g(x)的极值．

解：(1)由于f′(x)＝3x2＋2ax＋b，

则解得

所以f(x)＝x3－x2－3x＋1，f′(x)＝3x2－3x－3.

于是有f(1)＝－.又f′(1)＝－3，

故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝－3(x－1)，

即6x＋2y－1＝0.

(2)由(1)知g(x)＝(3x2－3x－3)e－x，

则g′(x)＝(－3x2＋9x)e－x，

令g′(x)＝0得x＝0或x＝3，

当x≤0或x≥3时，g′(x)≤0，

当0≤x≤3时，g′(x)≥0，于是函数g(x)在(－∞，0]上单调递减，在上单调递增，在．

(2)当a＝1时，g(x)＝x＋－(ln x)2，g(x)的定义域是(0，＋∞)．

g′(x)＝1－－2ln x·＝，

令h(x)＝x2－2xln x－1，h′(x)＝2(x－ln x－1)，

由(1)知，h′(x)的最小值是h′(1)＝0，∴h′(x)≥0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，

∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，

当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，

∴g(x)min＝g(1)＝2.

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1．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：

①f(0)f(1)＞0;  ②f(0)f(1)＜0；

③f(0)f(3)＞0;  ④f(0)f(3)＜0.

其中正确结论的序号是________．

解析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，

由f′(x)＜0，得1＜x＜3，由f′(x)＞0，

得x＜1或x＞3，

∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．

又a＜b＜c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，

∴y极大值＝f(1)＝4－abc＞0，y极小值＝f(3)＝－abc＜0.

∴0＜abc＜4.

∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图．

∴f(0)＜0.∴f(0)f(1)＜0，f(0)f(3)＞0.∴正确结论的序号是②③.

答案：②③

2．(2016·兰州实战考试)已知函数f(x)＝＋ax，x>1.

(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；

(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值；

(3)若方程(2x－m)ln x＋x＝0在(1，e]上有两个不等实根，求实数m的取值范围．

解：(1)f′(x)＝＋a，由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，

∴a≤－＝2－.

∵x∈(1，＋∞)，∴ln x∈(0，＋∞)，

∴当－＝0时，函数t＝2－的最小值为－，

∴a≤－，故实数a的取值范围为.

(2)当a＝2时，f(x)＝＋2x，f′(x)＝，

令f′(x)＝0得2ln2x＋ln x－1＝0，

解得ln x＝或ln x＝－1(舍)，即x＝e.

当1<x<e时，f′(x)<0，当x>e时，f′(x)>0，

∴f(x)的极小值为f(e)＝＋2e＝4e.

(3)将方程(2x－m)ln x＋x＝0两边同除以ln x得(2x－m)＋＝0，整理得＋2x＝m，

即函数g(x)＝＋2x的图象与函数y＝m的图象在(1，e]上有两个不同的交点．

由(2)可知，g(x)在上单调递减，在(e，e]上单调递增，

g(e)＝4e，g(e)＝3e，当x→1时，→＋∞，

∴4e<m≤3e，

故实数m的取值范围为(4e，3e]．