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高中数学专题训练(教师版)—3.3导数的应用——极值与最值



极值与最值
一、选择题 1 1.函数 y=ax3+bx2 取得极大值和极小值时的 x 的值分别为 0 和 ,则( ) 3 A.a-2b=0 B.2a-b=0 C.2a+b=0 D.a+2b=0 答案 D 解析 y′=3ax2+2bx,据题意, 1 2b 1 0、3是方程 3ax2+2bx=0 的两根 ∴-3a=3, ∴a+2b=0. 2.(2011· 江南十校)当函数

y=x·x 取极小值时,x=( 2 ) 1 1 A.ln2 B.-ln2 C.-ln2 D.ln2 答案 B 解析 由 y=x·x 得 y′=2x+x·x· 2 2 ln2 1 令 y′=0 得 2x(1+x· ln2)=0 ∵2x>0,∴x=-ln2

3.函数 f(x)=x3-3bx+3b 在(0,1)内有极小值,则( ) 1 A.0<b<1 B.b<1 C.b>0 D.b<2 答案 A 解析 f(x)在(0,1)内有极小值,则 f′(x)=3x2-3b 在(0,1)上先负后正,∴f′(0)=-3b<0, ∴b>0,f′(1)=3-3b>0,∴b<1 综上,b 的范围为 0<b<1 4.连续函数 f(x)的导函数为 f′(x),若(x+1)· f′(x)>0,则下列结论中正确的是( ) A.x=-1 一定是函数 f(x)的极大值点 B.x=-1 一定是函数 f(x)的极小值点 C.x=-1 不是函数 f(x)的极值点 D.x=-1 不一定是函数 f(x)的极值点 答案 B 解析 x>-1 时,f′(x)>0x<-1 时,f′(x)<0 ∴连续函数 f(x)在(-∞,-1)单减,在(-1,+∞)单增,∴x=-1 为极小值点. x3 5.函数 y= 3 +x2-3x-4 在[0,2]上的最小值是( ) 17 10 64 A.- 3 B.- 3 C.-4 D.- 3 答案 A 解析 y′=x2+2x-3.令 y′=x2+2x-3=0,x=-3 或 x=1 为极值点. 当 x∈[0,1]时,y′<0.当 x∈[1,2]时,y′>0,所以当 x=1 时,函数取得极小值,也为最小值. 17 ∴当 x=1 时,ymin=- 3 . 6.函数 f(x)的导函数 f′(x)的图象,如右图所示,则( )

A.x=1 是最小值点 B.x=0 是极小值点 C.x=2 是极小值点 D.函数 f(x)在(1,2)上单增 答案 C 解析 由导数图象可知,x=0,x=2 为两极值点,x=0 为极大值点,x=2 为极小值点,选 C. 1 7 7.已知函数 f(x)=2x3-x2-2x,则 f(-a2)与 f(-1)的大小关系为( ) A.f(-a2)≤f(-1) B.f(-a2)<f(-1) C.f(-a2)≥f(-1) D.f(-a2)与 f(-1)的大小关系不确定 答案 A

解析

3 7 1 7 由题意可得 f′(x)=2x2-2x-2.由 f′(x)=2(3x-7)(x+1)=0,得 x=-1 或 x=3.

7 当 x<-1 时,f(x)为增函数;当-1<x<3时,f(x)为减函数.所以 f(-1)是函数 f(x)在(-∞,0]上的最 大值,又因为-a2≤0,故 f(-a2)≤f(-1). 8.函数 f(x)=e-x· x,则( ) 1 1 A.仅有极小值 B.仅有极大值 2e 2e 1 C.有极小值 0,极大值 D.以上皆不正确 2e 答案 B 1-2x 1 -x -x 1 解析 f′(x)=-e-x· x+ · =e (- x+ e )=e-x· . 2 x 2 x 2 x 1 1 1 令 f′(x)=0,得 x=2.当 x>2时,f′(x)<0;当 x<2时,f′(x)>0. 1 1 1 1 1 ∴x=2时取极大值,f(2)= · 2= . e 2e 二、填空题 9.(2011· 西城区)若 y=alnx+bx2+x 在 x=1 和 x=2 处有极值,则 a=________,b=________. 2 1 答案 -3 -6 ?a=-2 ?a+2b+1=0 ? 3 ? a 解析 y′=x +2bx+1.由已知?a ,解得? 1 ?2+4b+1=0 ? ?b=-6 ? 1 10.已知函数 f(x)=3x3-bx2+c(b,c 为常数).当 x=2 时,函数 f(x)取得极值,若函数 f(x)只有三个 零点,则实数 c 的取值范围为________ 4 答案 0<c<3 1 解析 ∵f(x)=3x3-bx2+c,∴f′(x)=x2-2bx,∵x=2 时,f(x)取得极值,∴22-2b×2=0,解得 b =1. ∴当 x∈(0,2)时,f(x)单调递减,当 x∈(-∞,0) 或 x∈(2,+∞)时,f(x)单调递增. 若 f(x)=0 有 3 个实根, ?f?0?=c>0 ? 4 则? ,解得 0<c<3 1 3 2 ?f?2?=3×2 -2 +c<0, ? 11.设 m∈R,若函数 y=ex+2mx(x∈R)有大于零的极值点,则 m 的取值范围是________. 1 答案 m<-2 解析 因为函数 y=ex+2mx(x∈R)有大于零的极值点,所以 y′=ex+2m=0 有大于 0 的实根.令 1 y1=ex,y2=-2m,则两曲线的交点必在第一象限.由图象可得-2m>1,即 m<-2. 12.已知函数 f(x)=x3-px2-qx 的图象与 x 轴相切于(1,0),则极小值为________. 答案 0 解析 f′(x)=3x2-2px-q,由题知 f′(1)=3-2p-q=0. 又 f(1)=1-p-q=0,联立方程组,解得 p=2,q=-1. ∴f(x)=x3-2x2+x,f′(x)=3x2-4x+1.由 f′(x)=3x2-4x+1=0, 1 解得 x=1 或 x=3,经检验知 x=1 是函数的极小值点,∴f(x)极小值=f(1)=0.

三、解答题 13.(2010· 安徽卷,文)设函数 f(x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2π,求函数 f(x)的单调区间与极值. 解析 由 f(x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2π, π 知 f′(x)=cosx+sinx+1,于是 f′(x)=1+ 2sin(x+4). π 2 3π 令 f′(x)=0,从而 sin(x+4)=- 2 ,得 x=π,或 x= 2 . 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 3π 3π 3π x π (0,π) (π, 2 ) ( 2 ,2π) 2 0 0 f′(x) + - + 3 f(x) 单调递增 π+2 单调递减 单调递增 2π 3π 3π 3π 因此,由上表知 f(x)的单调递增区间是(0,π)与( 2 ,2π),单调递减区间是(π, 2 ),极小值为 f( 2 ) 3π = 2 ,极大值为 f(π)=π+2. 14.(2010· 江西卷)设函数 f(x)=6x3+3(a+2)x2+2ax. (1)若 f(x)的两个极值点为 x1,x2,且 x1x2=1,求实数 a 的值; (2)是否存在实数 a,使得 f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数?若存在,求出 a 的值;若不存在,说明 理由. 解析 f′(x)=18x2+6(a+2)x+2a. 2a (1)由已知有 f′(x1)=f′(x2)=0,从而 x1x2=18=1,所以 a=9;(2)由于 Δ=36(a+2)2-4×18×2a =36(a2+4)>0,所以不存在实数 a,使得 f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数. 15.已知定义在 R 上的函数 f(x)=x2(ax-3),其中 a 为常数. (1)若 x=1 是函数 f(x)的一个极值点,求 a 的值; (2)若函数 f(x)在区间(-1,0)上是增函数,求 a 的取值范围. 解析 (1)f(x)=ax3-3x2,f′(x)=3ax2-6x=3x(ax-2). ∵x=1 是 f(x)的一个极值点,∴f′(1)=0,∴a=2. (2)解法一 ①当 a=0 时,f(x)=-3x2 在区间(-1,0)上是增函数,∴a=0 符合题意; 2 2 ②当 a≠0 时,f′(x)=3ax(x-a),令 f′(x)=0 得:x1=0,x2=a. 当 a>0 时,对任意 x∈(-1,0),f′(x)>0,∴a>0 符合题意; 2 2 当 a<0 时,当 x∈(a,0)时,f′(x)>0,∴a≤-1,∴-2≤a<0 符合题意; 综上所述,a≥-2. 2 解法二 f′(x)=3ax2-6x≥0 在区间(-1,0)上恒成立, ∴3ax-6≤0, ∴a≥x在区间(-1,0)上恒成立, 2 2 又x< =-2,∴a≥-2. -1 16.(2011· 沧州七校联考)已知函数 f(x)=-x2+ax+1-lnx. 1 (1)若 f(x)在(0,2)上是减函数,求 a 的取值范围; (2)函数 f(x)是否既有极大值又有极小值?若存在,求出 a 的取值范围;若不存在,请说明理由. 1 1 1 1 解析 (1)f′(x)=-2x+a-x,∵f(x)在(0,2)上为减函数,∴x∈(0,2)时-2x+a-x <0 恒成立,即 1 1 1 1 1 1 a<2x+ x恒成立.设 g(x)=2x+x ,则 g′(x)=2-x2.∵x∈(0,2)时x2>4,∴g′(x)<0,∴g(x)在(0,2)上单 1 调递减,g(x)>g(2)=3,∴a≤3. (2)若 f(x)既有极大值又有极小值,则 f′(x)=0 必须有两个不等的正实数根 x1,x2,即 2x2-ax+1=

0 有两个不等的正实数根. ?Δ>0 2 ? ?a -8>0 故 a 应满足?a ?? ?a>2 2,∴当 a>2 2时,f′(x)=0 有两个不等的实数根, ?a>0 ?2>0 ? 不妨设 x1<x2, 1 2 由 f′(x)=- x(2x2-ax+1)=-x (x-x1)(x-x2)知,0<x<x1 时 f′(x)<0,x1<x<x2 时 f′(x)>0,x>x2 时 f′(x)<0,∴当 a>2 2时 f(x)既有极大值 f(x2)又有极小值 f(x1). 1 1. 已知 y=f(x)是奇函数,当 x∈(0,2)时,f(x)=lnx-ax(a>2),当 x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为 1, 则 a 的值等于________. 答案 1 解析 ∵f(x)是奇函数,∴f(x)在(0,2)上的最大值为-1, 1 1 1 1 当 x∈(0,2)时,f′(x)= x-a,令 f′(x)=0 得 x=a,又 a>2,∴0<a<2. 1 1 1 1 令 f′(x)>0,则 x<a,∴f(x)在(0,a)上递增;令 f′(x)<0,则 x>a,∴f(x)在(a,2)上递减, 1 1 1 1 ∴f(x)max=f(a)=lna-a·=-1,∴lna=0,得 a=1. a 3 2.设函数 f(x)=2x +3ax2+3bx+8c 在 x=1 及 x=2 时取得极值. (1)求 a、b 的值;(2)若对任意的 x∈[0,3],都有 f(x)<c2 成立,求 c 的取值范围. 解 (1)f′(x)=6x2+6ax+3b,因为函数 f(x)在 x=1 及 x=2 时取得极值, ?6+6a+3b=0, 则有 f′(1)=0,f′(2)=0,即? 解得 a=-3,b=4. ?24+12a+3b=0. (2)由(1)可知,f(x)=2x3-9x2+12x+8c,f′(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2). 当 x∈(0,1)时,f′(x)>0;当 x∈(1,2)时,f′(x)<0;当 x∈(2,3)时,f′(x)>0. 所以,当 x=1 时,f(x)取得极大值 f(1)=5+8c. 又 f(0)=8c,f(3)=9+8c,则当 x∈[0,3]时,f(x)的最大值为 f(3)=9+8c. 因为对于任意的 x∈[0,3],有 f(x)<c2 恒成立,所以 9+8c<c2,解得 c<-1 或 c>9. 因此 c 的取值范围为(-∞,-1)∪(9,+∞). 3.(2010· 全国卷Ⅱ,文)已知函数 f(x)=x3-3ax2+3x+1. (1)设 a=2,求 f(x)的单调区间; (2)设 f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点,求 a 的取值范围. 解析 (1)当 a=2 时,f(x)=x3-6x2+3x+1,f′(x)=3(x-2+ 3)(x-2- 3). 当 x∈(-∞,2- 3)时 f′(x)>0,f(x)在(-∞,2- 3)上单调增加; 当 x∈(2- 3,2+ 3)时 f′(x)<0,f(x)在(2- 3,2+ 3)上单调减少; 当 x∈(2+ 3,+∞)时 f′(x)>0,f(x)在(2+ 3,+∞)上单调增加. 综上,f(x)的单调增区间是(-∞,2- 3)和(2+ 3,+∞),f(x)的单调减区间是(2- 3,2+ 3). (2)f′(x)=3[(x-a)2+1-a2]. 当 1-a2≥0 时,f′(x)≥0,f(x)为增函数,故 f(x)无极值点; 当 1-a2<0 时,f′(x)=0 有两个根,x1=a- a2-1,x2=a+ a2-1. 5 5 由题意知,2<a- a2-1<3,①或 2<a+ a2-1<3.②①式无解.②式的解为4<a<3. 5 5 因此 a 的取值范围是(4,3). 1.(2011· 合肥质检)“我们称使 f(x)=0 的 x 为函数 y=f(x)的零点.若函数 y=f(x)在区间[a,b]上是 连续的,单调的函数,且满足 f(a)· f(b)<0,则函数 y=f(x)在区间[a,b]上有唯一的零点”.对于函数 f(x) 2 =6ln(x+1)-x +2x-1, (1)讨论函数 f(x)在其定义域内的单调性,并求出函数极值.

(2)证明连续函数 f(x)在[2,+∞)内只有一个零点. 解析 (1)解:f(x)=6ln(x+1)-x2+2x-1 定义域为(-1,+∞), 8-2x2 6 且 f′(x)= -2x+2= ,f′(x)=0?x=2(-2 舍去). x+1 x+1 x 2 (-1,2) (2,+∞) 0 f′(x) + - f(x) ? ? 取得极大值 由表可知,f(x)值在区间(-1,2]上单调递增,在[2,+∞)上单调递减. ∴当 x=2 时,f(x)的极大值为 f(2)=6ln3-1. (2)证明:由(1)知 f(2)=6ln3-1>0,f(x)在[2,7]上单调递减, 又 f(7)=6ln8-36=18(ln2-2)<0, ∴f(2)· f(7)<0. ∴f(x)在[2,7]上有唯一零点. 当 x∈[7,+∞)时,f(x)≤f(7)<0, 故 x∈[7,+∞)时,f(x)不为零. ∴y=f(x)在[7,+∞)上无零点. ∴函数 f(x)=6ln(x+1)-x2+2x-1 在定义域内只有一个零点. 2.(2010· 江西高考)设函数 f(x)=ln x+ln (2-x)+ax(a>0). 1 (1)当 a=1 时,求 f(x)的单调区间;(2)若 f(x)在(0,1]上的最大值为2,求 a 的值. 解析 函数 f(x)的定义域为(0,2), 1 1 f′(x)= x- +a. 2-x -x2+2 (1)当 a=1 时,f′(x)= ,所以 f(x)的单调递增区间为(0, 2),单调递减区间为( 2,2); x?2-x? 2-2x (2)当 x∈(0,1]时,f′(x)= +a>0, x?2-x? 1 即 f(x)在(0,1]上单调递增,故 f(x)在(0,1]上的最大值为 f(1)=a,因此 a=2. 3.已知函数 f(x)=-x3+3x2+9x+a. (1)求 f(x)的单调递减区间; (2)若 f(x)在区间[-2,2]上的最大值为 20,求它在该区间上的最小值. 分析 本题考查多项式的导数公式及运用导数求函数的单调区间和函数的最值,题目中需注意应先 比较 f(2)和 f(-2)的大小,然后判定哪个是最大值从而求出 a. 解 (1)f′(x)=-3x2+6x+9. 令 f′(x)<0,解得 x<-1,或 x>3, ∴函数 f(x)的单调递减区间为(-∞,-1),(3,+∞). (2)∵f(-2)=8+12-18+a=2+a, f(2)=-8+12+18+a=22+a, ∴f(2)>f(-2). ∵在(-1,3)上 f′(x)>0, ∴f(x)在(-1,2]上单调递增. 又由于 f(x)在[-2,-1)上单调递减, ∴f(-1)是 f(x)的极小值,且 f(-1)=a-5. ∴f(2)和 f(-1)分别是 f(x)在区间[-2,2]上的最大值和最小值,于是有 22+a=20,解得 a=-2. ∴f(x)=-x3+3x2+9x-2. ∴f(-1)=a-5=-7, 即函数 f(x)在区间[-2,2]上的最小值为-7.



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