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2017届高三数学一轮复习第2节导数在研究函数中的应用第二课时利用导数研究函数的极值与最值基丛点练理


第二课时
【选题明细表】

利用导数研究函数的极值与最值
题号 1,2,4,7,9 3,5,11,14 6,8 10,12,14

知识点、方法 导数研究函数的极值 导数研究函数的最值 导数研究函数的极值与最值综合问题 综合问题

基础对点练(时间:30 分钟) 3 2 1.(2016 汕头模拟)若 a>0,b>0,f(x)=4x -ax -2bx,且函数在 x=1 处有极值,则 ab 的最大值等 于( C ) (A)3 (B)6 (C)9 (D)2 2 解析:因为 f′(x)=12x -2ax-2b. 又因为在 x=1 处有极值, 2 所以 a+b=6,且Δ =(-2a) +96b>0, 因为 a>0,b>0, 所以 ab≤( ) =9,当且仅当 a=b=3 时取等号.
2

所以 ab 的最大值等于 9.故选 C. 2.(2016 保定模拟)设 a∈R,若函数 y=x+aln x 在区间 (,e) 有极值点,则 a 取值范围为( B ) (A)(,e) (B)(-e,-) (C)(-∞,)∪(e,+∞) (D)(-∞,-e)∪(-,+∞) 解析:y′=1+(x>0),y′=1+为单调函数, 所以函数在区间(,e)有极值点, 即 f′()f′(e)<0, 代入解得(1+ae)(1+)<0?(a+e)(a+)<0, 解得-e<a<-.故选 B. 3.函数 y=ln x-x 在 x∈(0,e]上的最大值为( C ) (A)e (B)1 (C)-1 (D)-e 解析:函数 y=ln x-x 的定义域为(0,+∞), 又 y′=-1= ,

令 y′=0 得 x=1, 当 x∈(0,1)时,y′>0,函数单调递增; 当 x∈(1,e]时,y′<0,函数单调递减. 当 x=1 时,函数取得最大值-1. 3 2 4.若函数 f(x)=ax +bx +cx+d 有极值,则导函数 f′(x)的图象不可能是( D

)

1

解析:若函数 f(x)=ax +bx +cx+d 有极值,则此函数在某点两侧的单调性相反,也就是说导函 数 f′(x)在此点两侧的导函数值的符号相反,所以导函数的图象要穿过 x 轴,观察四个选项 中的图象只有 D 项是不符合要求的,即 f′(x)的图象不可能是 D. 3 2 5.(2016 唐山质检)若函数 y=x -x +a 在[-1,1]上有最大值 3,则该函数在[-1,1]上的最小值是 ( C ) (A)(B)0 (C) (D)1 2 解析:y′=3x -3x=3x(x-1)>0, 解得 x>1 或 x<0,y′>0, 解得 0<x<1,y′<0, 所以当 x∈[-1,1]时,[-1,0]函数增,[0,1]函数减, 所以当 x=0 时,函数取得最大值 f(0)=a=3, 3 2 y=x -x +3,f(-1)=,f(1)=, 所以最小值是 f(-1)=.故选 C. 3 2 6.若函数 f(x)=x -3x 在(a,6-a )上有最小值,则实数 a 的取值范围是( C ) (A)(,1) (B)[(D)(2

3

2

,1) ,-2]

(C)[-2,1)

解析:f′(x)=3x -3=0, 得 x=±1,且 x=1 为函数的极小值点,x=-1 为函数的极大值点. 2 函数 f(x)在区间(a,6-a )上有最小值, 2 则函数 f(x)极小值点必在区间(a,6-a )内, 2 即实数 a 满足 a<1<6-a 3 且 f(a)=a -3a≥f(1)=-2. 解 a<1<6-a ,得3 2

<a<1,

不等式 a -3a≥f(1)=-2, 3 3 即 a -3a+2≥0,即 a -1-3(a-1)≥0, 2 即(a-1)(a +a-2)≥0, 2 即(a-1) (a+2)≥0, 即 a≥-2. 故实数 a 的取值范围是[-2,1). 故选 C. 3 7.函数 f(x)=ax +x 恰有三个单调区间,则 a 的取值范围是

.

2

解析:f(x)=ax +x 恰有三个单调区间, 即函数 f(x)恰有两个极值点, 即 f′(x)=0 有两个不等实根. 3 因为 f(x)=ax +x, 2 所以 f′(x)=3ax +1. 要使 f′(x)=0 有两个不等实根,则 a<0. 答案:(-∞,0) 3 2 8.已知函数 f(x)=-x +ax -4 在 x=2 处取得极值,若 m,n∈[-1,1],则 f(m)+f′(n)的最小值 是 . 2 解析:f′(x)=-3x +2ax, 根据已知 =2, 得 a=3, 3 2 即 f(x)=-x +3x -4. 2 根据函数 f(x)的极值点,可得函数 f(m)在[-1,1]上的最小值为 f(0)=-4,f′(n)=-3n +6n 在 [-1,1]上单调递增, 所以 f′(n)的最小值为 f′(-1)=-9. [f(m)+f′(n)]min=f(m)min+f′(n)min=-4-9=-13. 答案:-13 3 2 9.(2016 淄 博联 考 ) 已 知函 数 f(x)=x +mx +(m+6)x+1 存 在 极值 , 则 实数 m 的 取 值 范围 为 . 3 2 解析:因为函数 f(x)=x +mx +(m+6)x+1 既存在极大值,又存在极小值, 2 f′(x)=3x +2mx+m+6=0,它有两个不相等的实根, 2 所以Δ =4m -12(m+6)>0,解得 m<-3 或 m>6. 答案:(-∞,-3)∪(6,+∞) 10.(2016 长春模拟)已知函数 f(x)= x-,g(x)=aln x(a∈R). (1)当 a≥-2 时,求 F(x)=f(x)-g(x)的单调区间; (2)设 h(x)=f(x)+g(x),且 h(x)有两个极值点为 x1,x2,其中 x1∈(0,],求 h(x1)-h(x2)的最小 值. 解:(1)由题意得 F(x)=x--aln x, 其定义域为(0,+∞),则 F′(x)=
2 2

3

,

令 m(x)=x -ax+1,则Δ =a -4. ①当-2≤a≤2 时,Δ ≤0,从而 F′(x)≥0, 所以 F(x)的单调递增区间为(0,+∞); ②当 a>2 时,Δ >0,设 F′(x)=0 的两根为 x1= ,x2= ,

所以 F(x)的单调递增区间为(0,

)和(

,+∞),

3

F(x)的单调递减区间为(

,

).

综上,当-2≤a≤2 时,F(x)的单调递增区间为(0,+∞); 当 a>2 时,F(x)的单调递增区间为(0, )和( ,+∞),

F(x)的单调递减区间为(

,

).

(2)对 h(x)=x-+aln x,x∈(0,+∞)求导得,h′(x)=1++=

,

h′(x)=0 的两根分别为 x1,x2, 则有 x1·x2=1,x1+x2=-a, 所以 x2=,从而有 a=-x1-. 令 H(x)=h(x)-h()=x-+(-x-)ln x-[-x+(-x-)·ln]=2[(-x-) ln x+x-], H′(x)=2(-1)ln x= .

当 x∈(0,]时,H′(x)<0, 所以 H(x)在(0,]上单调递减, 又 H(x1)=h(x1)-h()=h(x1)-h(x2), 所以[h(x1)-h(x2)]min=H()=5ln 2-3. 能力提升练(时间:15 分钟) 11.已知 y=f(x)是奇函数,当 x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax(a>),当 x∈(-2,0)时,f(x)的最小值 为 1,则 a 的值等于( D ) (A)2 (B)3 (C)4 (D)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. 所以 f(x)max=f()=-ln a-1=-1, 解得 a=1. 2 12.(2016 江西上高二中模拟)若函数 f(x)=x -ln x+1 在其定义域内的一个子区间(k-1,k+1) 内不是单调函数,则实数 k 的取值范围为 . 解析:由题意可知,k-1≥0,k≥1, 又因为 f′(x)=2x- = ,

所以 f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增, 所以 k-1<<k+1? -<k<, 综上所述,实数 k 的取值范围是[1,).

4

答案:[1,) 13.(2016 合肥联考)已知函数 y=f(x)= .

(1)求函数 y=f(x)的图象在 x=处的切线方程; (2)求 y=f(x)的最大值; (3)设实数 a>0,求函数 F(x)=af(x)在[a,2a]上的最小值. 解:(1)f(x)定义域为(0,+∞), f′(x)= .

因为 f()=-e, 2 又因为 k=f′()=2e , 所以函数 y=f(x)在 x=处的切线方程为 2 y+e=2e (x-), 2 即 y=2e x-3e. (2)令 f′(x)= =0,得 x=e,

因为当 x∈(0,e)时,f′(x)>0,f(x)在(0,e)上为增函数; 当 x∈(e,+∞)时,f′(x)<0,在(e,+∞)上为减函数. 所以 fmax(x)=f(e)=. (3)因为 a>0,由(2)知:F(x)= 在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,

所以 F(x)在[a,2a]上的最小值 F(x)min=min{F(a),F(2a)}. 因为 F(a)-F(2a)=ln , 所以当 0<a≤2 时,F(a)-F(2a)≤0,F(x)min=F(a)=ln a. 当 a>2 时,F (a) -F(2a)>0,F(x)min=F(2a)=ln 2a. 2 14.已知 f(x)=3x -x+m(x∈R),g(x)=ln x. (1)若函数 f(x)与 g(x)的图象在 x=x0 处的切线平行,求 x0 的值; (2)求当曲线 y=f(x)与 y=g(x)有公共切线时,实数 m 的取值范围; (3)在(2)的条件下,求函数 F(x)=f(x)-g(x)在区间[,1]上的最值(用 m 表示). 解:(1)f′(x)=6x-1,g′(x)=(x>0), 由题意知 6x0-1=(x0>0), 即 6 -x0-1=0, 解得 x0=或 x0=-, 又因为 x0>0, 所以 x0=. (2)若曲线 y=f(x)与 y=g(x)相切且在切点处有公共切线, 由(1)得切点横坐标为, 所以 f()=g(), 所以-+m=ln ,

5

即 m=--ln 2, 数形结合可知,m>--ln 2 时,f(x)与 g(x)有公共切线, 故 m 的取值范围是(--ln 2,+∞). 2 (3)F(x)=f(x)-g(x)=3x -x+m-ln x, 故 F′(x)=6x-1=

=

,

当 x 变化时,F′(x)与 F(x)在区间[,1]上的变化情况如表: x F′(x) F(x) 又因为 F()=m+ln 3, F(1)=2+m>F(), 所以当 x∈[,1]时, F(x)min=F() =m++ln 2(m>--ln 2), F(x)max=F(1)=m+2(m>--ln 2). 精彩 5 分钟 1.(2016 文登模拟)设 a∈R,若函数 y=e +2ax(x∈R)有大于 0 的极值点,则( C ) (A)a<- (B)a>(C)a<- (D)a>解题关键:问题转化为 y′=0 有正数解. x x 解析:由 y=e +2ax,得 y′=e +2a. x 由题意,得 e +2a=0 有正数解, x 当 x>0 时,e =-2a>1,即 a<-. 故选 C.
x

[,) ↘ 0 极小值

(,1] + ↗

2.若函数 f(x)=

(a>0)在[1,+∞)上的最大值为 ,则 a 的值为(

D )

(A)

(B)

(C)

+1 (D)

-1

解题关键:运用分类讨论思想和方程思想求解. 解析:f′(x)= = .

令 f′(x)=0,得 x=

或 x=-

(舍去),

①若

≤1 时,即 0<a≤1 时,在[1,+∞)上 f′(x)<0,f(x)max=f(1)=

= .
6

解得 a= ②若

-1,符合题意. >1, 即 a>1, 在 [1, ] 上 f ′ (x)>0, 在 [ ,+ ∞ ) 上 f ′ (x)<0, 所 以

f(x)max=f(

)= = ,

解得 a=<1,不符合题意, 综上知,a= -1.

故选 D. 3.(2015 郑州质检三)设函数 f(x)是定义在(-∞,0)上的可导函数,其导函数为 f′(x),且有 2 2 2f(x)+xf′(x)>x ,则满足不等式(x+2 014) f(x+2 014)-4f(-2)>0 的 x 取值范围为 . 2 解题关键:关键是构造函数 x f(x),并求出函数的单调性. 2 解析:由 2f(x)+xf′(x)>x ,x<0 得 2 3 2xf(x)+x f′(x)<x , 2 3 所以[x f(x)]′<x <0. 2 令 F(x)=x f(x)(x<0),则 F′(x)<0(x<0), 即 F(x)在(-∞,0)上是减函数, 2 因为 F(x+2 014)=(x+2 014) f(x+2 014), F(-2)=4f(-2), 2 所以不等式(x+2 014) f(x+2 014)-4f(-2)>0 即为 F(x+2 014)F(-2)>0, 即 F(x+2 014)>F(-2), 又因为 F(x)在(-∞,0)上是减函数, 所以 x+2 014<-2, 所以 x<-2 016. 答案:(-∞,-2 016)

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