3.2.2 导数与函数的极值、最值

A组　专项基础训练

(时间：35分钟)

1．(2017·南昌模拟)已知函数f(x)＝(2x－x2)ex，则(　　)

A．f()是f(x)的极大值也是最大值

B．f()是f(x)的极大值但不是最大值

C．f(－)是f(x)的极小值也是最小值

D．f(x)没有最大值也没有最小值

【解析】 由题意得f′(x)＝(2－2x)ex＋(2x－x2)ex＝(2－x2)ex，当－＜x＜时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＜－或x＞时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，所以f(x)在x＝处取得极大值f()＝2(－1)e＞0，在x＝－处取得极小值f(－)＝2(－－1)e－＜0，又当x＜0时，f(x)＝(2x－x2)ex＜0，所以f()是f(x)的极大值也是最大值．

【答案】 A

2．(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】 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．

【答案】 D

3．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　　)

【解析】 由函数f(x)在x＝－2处取得极小值，可得f′(－2)＝0，且当x∈(a，－2)(a＜－2)时，f(x)单调递减，即f′(x)＜0；当x∈(－2，b)(b＞－2)时，f(x)单调递增，即f′(x)＞0.

所以函数y＝xf′(x)在区间(a，－2)(a＜－2)内的函数值为正，在区间(－2，b)(－2＜b＜0)内的函数值为负，由此可排除选项A，B，D.

【答案】 C

4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于(　　)

A．11或18 B．11

C．18 D．17或18

【解析】 ∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，

∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，

即解得或

而当时，函数在x＝1处无极值，故舍去．

∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，

∴f(2)＝18.

【答案】 C

5．(2017·黑龙江大庆铁人中学期中)若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于(　　)

A．4 B．8

C．9 D．18

【解析】 因为f(x)＝4x3－ax2－bx＋2，所以f′(x)＝12x2－2ax－b.由于函数f(x)在x＝1处有极值，所以f′(1)＝0，即12－2a－b＝0，2a＋b＝12.因为a＞0，b＞0，所以ab＝·2a·b≤＝18，当且仅当2a＝b＝6，即a＝3，b＝6时取等号，所以ab的最大值是18.故选D.

【答案】 D

6．函数f(x)＝＋x2－3x－4在[0，2]上的最小值是________．

【解析】 f′(x)＝x2＋2x－3，f′(x)＝0，x∈[0，2]，

得x＝1.

比较f(0)＝－4，f(1)＝－，

f(2)＝－，可知最小值为－.

【答案】 －

7．(2015·陕西)函数y＝xex在其极值点处的切线方程为________．

【解析】 由y＝xex可得y′＝ex＋xex＝ex(x＋1)，从而可得y＝xex在(－∞，－1)上递减，在(－1，＋∞)上递增，所以当x＝－1时，y＝xex取得极小值－e－1，因为y′|x＝－1＝0，故切线方程为y＝－e－1，即y＝－.

【答案】 y＝－

8．(2017·广州模拟)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________．

【解析】 由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，

则

解得或经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝－1处无法取得极值，而a＝2，b＝9满足题意，故a－b＝－7.

【答案】 －7

9．(2017·济宁模拟节选)已知函数f(x)＝(k≠0)．求函数f(x)的极值．

【解析】 f(x)＝，其定义域为(0，＋∞)，

则f′(x)＝－.

令f′(x)＝0，得x＝1，

当k＞0时，若0＜x＜1，则f′(x)＞0；

若x＞1，则f′(x)＜0，

∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，函数f(x)取得极大值.

当k＜0时，若0＜x＜1，则f′(x)＜0；

若x＞1，则f′(x)＞0，

∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x＝1时，函数f(x)取得极小值.

10．已知函数f(x)＝(x－k)ex.

(1)求f(x)的单调区间；

(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值．

【解析】 (1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)ex.

令f′(x)＝0，得x＝k－1.

f(x)与f′(x)随x的变化情况如下表：

所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．

(2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0，1]上单调递增，

所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；

当0＜k－1＜1，即1＜k＜2时，

f(x)在[0，k－1]上单调递减，在[k－1，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；

当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0，1]上单调递减，

所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.

综上，当k≤1时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；当1＜k＜2时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；

当k≥2时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.

B组　专项能力提升

(时间：30分钟)

11．(2017·山东威海模拟)设f′(x)为函数f(x)的导函数，已知x2f′(x)＋xf(x)＝ln x，f(e)＝，则下列结论正确的是(　　)

A．f(x)在(0，＋∞)上单调递增

B．f(x)在(0，＋∞)上单调递减

C．f(x)在(0，＋∞)上有极大值

D．f(x)在(0，＋∞)上有极小值

【解析】 由x2f′(x)＋xf(x)＝ln x，得xf′(x)＋f(x)＝，从而[xf(x)]′＝.令g(x)＝xf(x)，则f(x)＝，∴f′(x)＝＝，令h(x)＝ln x－g(x)，则h′(x)＝－g′(x)＝－＝(x＞0)．令h′(x)＞0，即1－ln x＞0，解得0＜x＜e，此时h(x)为增函数；令h′(x)＜0，即1－ln x＜0，解得x＞e，此时h(x)为减函数．由f(e)＝，得g(e)＝ef(e)＝1.∴h(x)在(0，＋∞)上有极大值h(e)＝ln e－g(e)＝1－1＝0，也是最大值，∴h(x)≤0，即f′(x)≤0，当且仅当x＝e时，f′(x)＝0.∴f(x)在(0，＋∞)上为减函数．故选B.

【答案】 B

12．若函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象可能为(　　)

【解析】 根据f′(x)的符号，f(x)图象应该是先下降后上升，最后下降，排除A、D；从适合f′(x)＝0的点可以排除B.

【答案】 C

13．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)

14．(2017·辽宁鞍山一中二模)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是________．

【解析】 因为f′(x)＝3x2＋2mx＋(m＋6)，所以Δ＝4m2－4×3(m＋6)＞0，解得m＞6或m＜－3，所以实数m的取值范围是(－∞，－3)∪(6，＋∞)．

【答案】 (－∞，－3)∪(6，＋∞)

15．设f(x)＝，其中a为正实数．

(1)当a＝时，求f(x)的极值点；

(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．

【解析】 对f(x)求导得f′(x)＝ex·.①

(1)当a＝时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，

解得x1＝，x2＝.结合①，可知

所以x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．

(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a＞0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，即Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a＞0，知0＜a≤1.所以a的取值范围为{a|0＜a≤1}．

16．(2017·烟台模拟)已知函数f(x)＝ax－2x(a＞0，且a≠1)．

(1)当a＝2时，求曲线f(x)在点P(2，f(2))处的切线方程；

(2)若f(x)的值恒非负，试求a的取值范围；

(3)若函数f(x)存在极小值g(a)，求g(a)的最大值．

【解析】 (1)当a＝2时，f(x)＝2x－2x，

所以f′(x)＝2xln 2－2，所以f′(2)＝4ln 2－2，

又f(2)＝0，所以所求切线方程为y＝(4ln 2－2)(x－2)．

(2)当x≤0时，f(x)≥0恒成立；

当x＞0时，若0＜a＜1，则x＞1时，

f(x)＜1－2＜0，与题意矛盾，故a＞1.

由f(x)≥0知ax≥2x，所以xln a≥ln(2x)，

所以ln a≥.

令g(x)＝，则g′(x)＝＝，令g′(x)＝0，则x＝，

且0＜x＜时，g′(x)＞0，x＞时，g′(x)＜0，

则g(x)max＝g＝＝，

所以ln a≥，a≥e，即a的取值范围为[e，＋∞)．

(3)f′(x)＝axln a－2，

①当0＜a＜1时，ax＞0，ln a＜0，则f′(x)＜0，

所以f(x)在R上为减函数，f(x)无极小值．

②当a＞1时，设方程f′(x)＝0的根为t，得at＝，

即t＝loga＝，

所以f(x)在(－∞，t)上为减函数，在(t，＋∞)上为增函数，所以f(x)的极小值为f(t)＝at－2t＝－2，

即g(a)＝－2，又a＞1，所以＞0.

设h(x)＝x－xln x，x＞0，则h′(x)＝1－ln x－x·＝－ln x，

令h′(x)＝0，得x＝1，

所以h(x)在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，

所以h(x)的最大值为h(1)＝1，

即g(a)的最大值为1，此时a＝e2.

2018年高考数学总复习 3.2.2 导数与函数的极值、最值演练提升同步测评 文 新人教B版