2020届高考数学一轮复习：课时作业15《利用导数研究函数的极值、最值》(含解析) 练习

课时作业15　利用导数研究函数的极值、最值

1．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　D　)

A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
解析：由题图可知，当x＜－2时，f′(x)＞0；
当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；
当1＜x＜2时，f′(x)＜0；
当x＞2时，f′(x)＞0.
由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．
2．(2019·山西太原模拟)设函数f(x)＝x3－x＋m的极大值为1，则函数f(x)的极小值为(　A　)
A．－ B．－1
C. D．1
解析：f′(x)＝x2－1，由f′(x)＝0得x1＝－1，x2＝1.所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x＝－1处取得极大值，且f(－1)＝1，即m＝，函数f(x)在x＝1处取得极小值，且f(1)＝×13－1＋＝－.故选A.
3．(2019·河北三市联考)若函数f(x)＝x3－x2＋2bx在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f(x)在R上的极小值为(　A　)
A．2b－ B.b－
C．0 D．b2－b3
解析：f′(x)＝x2－(2＋b)x＋2b＝(x－b)(x－2)，
∵函数f(x)在区间[－3,1]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－.
4．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　)
A．20　　　　B．18 C．3　　　　D．0
解析：因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点．
又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，
所以在区间[－3,2]上，f(x)max＝1，f(x)min＝－19.
由题设知在区间[－3,2]上，
f(x)max－f(x)min≤t，
从而t≥20，所以t的最小值是20.
5．(2019·浙江瑞安中学月考)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x等于(　C　)

A. B.
C. D.
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＝，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝.
6．(2019·湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考)若函数f(x)＝－(1＋2a)x＋2lnx(a＞0)在区间内有极大值，则a的取值范围是(　C　)
A. B．(1，＋∞)
C．(1,2) D．(2，＋∞)
解析：f′(x)＝ax－(1＋2a)＋＝(a＞0，x＞0)，若f(x)在区间内有极大值，
即f′(x)＝0在内有解．
则f′(x)在区间内先大于0，再小于0，则
即
解得1＜a＜2，故选C.
7．(2019·江西南昌调研)已知a为常数，函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，则(　D　)
A．f(x1)＞0，f(x2)＞－ B．f(x1)＜0，f(x2)＜－
C．f(x1)＞0，f(x2)＜－ D．f(x1)＜0，f(x2)＞－
解析：f′(x)＝lnx－2ax＋1，依题意知f′(x)＝0有两个不等实根x1，x2，
即曲线y＝1＋lnx与直线y＝2ax有两个不同交点，如图．

由直线y＝x是曲线y＝1＋lnx的切线，
可知：0＜2a＜1,0＜x1＜1＜x2.
∴a∈.
由0＜x1＜1，得f(x1)＝x1(lnx1－ax1)＜0，
∵当x1＜x＜x2时，f′(x)＞0，
∴f(x2)＞f(1)＝－a＞－，故选D.
8．(2019·武汉模拟)若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是　　.
解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，
又因为f′(x)＝4x－，
所以由f′(x)＝0解得x＝，
由题意得
解得1≤k＜.
9．(2019·长沙调研)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝lnx－ax，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a＝　1　.
解析：由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.
令f′(x)＝－a＝0，得x＝，
当0＜x＜时，f′(x)＞0；
当x＞时，f′(x)＜0.
∴f(x)max＝f＝－lna－1＝－1，解得a＝1.
10．设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(x＞0)的图象与直线y＝4相切于点M(1,4)，则y＝f(x)在区间(0,4]上的最大值为　4　；最小值为　0　.
解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b(x＞0)．
依题意，有
即解得
所以f(x)＝x3－6x2＋9x.
令f′(x)＝3x2－12x＋9＝0，解得x＝1或x＝3.
当x变化时，f′(x)，f(x)在区间(0,4]上的变化情况如下表：

所以函数f(x)＝x3－6x2＋9x在区间(0,4]上的最大值是4，最小值是0.
11．已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＞0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值．
解：(1)f′(x)＝－a(x＞0)，
①当a≤0时，f′(x)＝－a＞0，
即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a＞0时，
令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，
当0＜x＜时，f′(x)＝＞0；
当x＞时，f′(x)＝＜0，
故函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)①当≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1,2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a.
②当≥2，即0＜a≤时，函数f(x)在区间[1,2]上是增函数，所以f(x)的最小值是f(1)＝－a.
③当1＜＜2，即＜a＜1时，函数f(x)在上是增函数，在上是减函数．
又f(2)－f(1)＝ln2－a，
所以当＜a＜ln2时，最小值是f(1)＝－a；
当ln2≤a＜1时，最小值为f(2)＝ln2－2a.
综上可知，当0＜a＜ln2时，函数f(x)的最小值是f(1)＝－a；
当a≥ln2时，函数f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a.
12．已知函数f(x)＝alnx＋(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f(x)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－alna.
(2)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)＝aln1＋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－alna＝a(1－lna)＝0，即lna＝1，解得a＝e，而≤a＜1，故不满足条件．
③若＞e，即0＜a＜时，函数f(x)在[1，e]上为减函数，故函数f(x)的最小值为f(e)＝alne＋＝a＋＝0，即a＝－，而0＜a＜，故不满足条件．
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.

13．(2019·合肥模拟)已知函数f(x)＝xlnx－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　A　)
A. B．(0，e)
C. D．(－∞，e)
解析：f(x)＝xlnx－aex(x＞0)，
∴f′(x)＝lnx＋1－aex(x＞0)，
由已知函数f(x)有两个极值点可得y＝a和g(x)＝在(0，＋∞)上有两个交点，
g′(x)＝(x＞0)，
令h(x)＝－lnx－1，
则h′(x)＝－－＜0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减且h(1)＝0，
∴当x∈(0,1]时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0,1]上单调递增，g(x)≤g(1)＝，
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，
即g′(x)＜0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故g(x)max＝g(1)＝，
而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0；
若y＝a和g(x)在(0，＋∞)上有两个交点，
只需0＜a＜.
14．(2019·广东佛山一模)设函数f(x)＝x3－3x2＋2x，若x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)＝f(x)－λx的两个极值点，现给出如下结论：
①若－1＜λ＜0，则f(x1)＜f(x2)；
②若0＜λ＜2，则f(x1)＜f(x2)；
③若λ＞2，则f(x1)＜f(x2)．
其中正确结论的个数为(　B　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：函数g(x)＝f(x)－λx，
∴g′(x)＝f′(x)－λ，
令g′(x)＝0，得f′(x)－λ＝0，
∴f′(x)＝λ有两解x1，x2(x1＜x2)．
∵f(x)＝x3－3x2＋2x，
∴f′(x)＝3x2－6x＋2，
画出y＝f′(x)的图象如图所示：

①若－1＜λ＜0，则x1、x2在f(x)的递减区间上，故f(x1)＞f(x2)；
②若0＜λ＜2，则x1＞0，x2＜2，又x1,0在f(x)的一个递增区间上，x2,2在f(x)的另一个递增区间上，
∴f(x1)＞f(0)＝0，f(x2)＜f(2)＝0，
故f(x1)＞f(x2)；
③若λ＞2，则x1＜0，x2＞2，
则f(x1)＜f(0)＝0，f(x2)＞f(2)＝0，
故f(x1)＜f(x2)．故选B.
15．若函数f(x)＝mlnx＋(m－1)x存在最大值M，且M＞0，则实数m的取值范围是　　.
解析：f′(x)＝＋(m－1)＝(x＞0)，
当m≤0或m≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调，
此时函数f(x)无最大值．
当0＜m＜1时，令f′(x)＝0，则x＝，
∴当0＜m＜1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，
∴当0＜m＜1时，函数f(x)有最大值，最大值M＝f＝mln－m.
∵M＞0，∴mln－m＞0，
解得m＞，
∴m的取值范围是.
16．(2019·衡阳联考)已知函数f(x)＝lnx＋x2－ax(a＞0)．
(1)讨论f(x)在(0,1)上极值点的个数；
(2)若x1，x2(x1＜x2)是函数f(x)的两个极值点，且f(x1)－f(x2)＞m恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝＋2x－a＝，
令g(x)＝2x2－ax＋1，
解法一：令g(x)＝2x2－ax＋1＝0得Δ＝a2－8，
①当Δ≤0，即0＜a≤2时，g(x)＞0恒成立，
此时f(x)在(0,1)上无极值点；
②当Δ＞0，即a＞2时，
由g(x)＝2x2－ax＋1＝0得，
x1＝，x2＝.
(ⅰ)若2＜a＜3，则0＜x1＝＜＜1,0＜x2＝＜＝1.
故此时f(x)在(0,1)上有两个极值点；
(ⅱ)若a≥3，则0＜x1＝＝＝≤＝＜1，
而x2＝＞＝1.
故此时f(x)在(0,1)上只有一个极值点；
综上可知，当0＜a≤2时，f(x)在(0,1)上无极值点；
当2＜a＜3时，f(x)在(0,1)上有两个极值点；
当a≥3时，f(x)在(0,1)上只有一个极值点．
解法二：由g(x)＝2x2－ax＋1＝0得Δ＝a2－8，
①当Δ≤0，即0＜a≤2，g(x)＞0恒成立，
此时f(x)在(0,1)上单调递增，无极值点；
②当Δ＞0，即a＞2时，
由g(0)＝1，g(1)＝3－a，g＝1－，则
(ⅰ)当g(1)＝3－a＞0，即2＜a＜3时，
g＝1－＜1－＝0，此时f(x)在，上必有两个极值点；
(ⅱ)当g(1)＝3－a≤0，即a≥3时，g＝1－≤1－＝－＜0，此时f(x)在上必有一个极值点；
综上可知，当0＜a≤2时，f(x)在(0,1)上无极值点；
当2＜a＜3时，f(x)在(0,1)上有两个极值点；
当a≥3时，f(x)在(0,1)上只有一个极值点．
解法三：∵f′(x)＝＋2x－a，
∴f″(x)＝(2x2－1)，
∴f′(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴f′(x)min＝f′＝2－a.
①当f′＝2－a≥0，即0＜a≤2时，f(x)在(0,1)上单调递增，无极值点；
②当
即2＜a＜3时，考虑到f′＝＞0，故此时f(x)在和上各有一个极值点；
③当即a≥3时，考虑到f′＝＞0，故此时f(x)在上有唯一一个极值点；
综上可知，当0＜a≤2时，f(x)在(0,1)上无极值点；
当2＜a＜3时，f(x)在(0,1)上有两个极值点；
当a≥3时，f(x)在(0,1)上只有一个极点．
(2)解法一：∵x1，x2(x1＜x2)是函数f(x)的两个极值点，
∴x1，x2是f′(x)＝＋2x－a＝＝0在区间(0,1)内的两个零点．
令f′(x)＝0，得x1，x2是方程2x2－ax＋1＝0的两根，
∴Δ＝a2－8＞0，
∴a＞2，x1＋x2＝＞0，x1·x2＝.
f(x1)－f(x2)＝(lnx1＋x－ax1)－(lnx2＋x－ax2)＝ln＋(x－x)＋a(x2－x1)＝ln＋(x－x)＋2(x1＋x2)(x2－x1)＝ln＋x－x＝ln＋·，
令t＝∈(0,1)，
则f(x1)－f(x2)＝h(t)＝lnt＋，t∈(0,1)，
又h′(t)＝－＜0，
∴h(t)在区间(0,1)内单调递减，
∴h(t)＞h(1)＝0，
即f(x1)－f(x2)＞0.
∴m≤0，即实数m的取值范围是(－∞，0]．
解法二：∵x1，x2(x1＜x2)是函数f(x)的两个极值点，
∴x1，x2是f′(x)＝＋2x－a＝＝0在区间(0,1)内的两个零点，
令f′(x)＝0，得x1，x2是方程2x2－ax＋1＝0的两根，
∴Δ＝a2－8＞0，
∴a＞2，x1＋x2＝＞0，x1·x2＝.
f(x1)－f(x2)＝ln＋(x－x)－a(x1－x2)＝ln＋(x－x)－2(x1＋x2)(x1－x2)＝lnx1－lnx2－(x－x)＝lnx1＋ln2x1－x＋＝ln2x－x＋，
∵x1＜x2，∴＝x1·x2＞x，∴0＜x＜，
令x＝x∈，
于是，f(x1)－f(x2)＝H(x)＝ln2x－x＋，x∈，H′(x)＝－＜0，
∴H(x)在上单调递减，
∴H(x)＞H＝0，f(x1)－f(x2)＞0，
∴m≤0.