高考数学(文数)一轮复习习题 课时跟踪检测 （十五）　导数与函数的极值、最值 (含解析)

课时跟踪检测(十五)导数与函数的极值、最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快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＋eq\f(2,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．2C．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)＝eq\f(1,3)x3－4x＋m在上的最大值为4，则m的值为()A．7 B.eq\f(28,3)C．3 D．4解析：选Df′(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＝xlnx有极________(填大或小)值为________．解析：y′＝lnx＋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＝xlnx在(0，e－1)上是减函数，在(e－1，＋∞)上是增函数．∴y＝xlnx有极小值yeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,))x＝e－1＝－eq\f(1,e).答案：小－eq\f(1,e)5．函数f(x)＝－x3＋12x＋6，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，3))的零点个数是________．解析：f′(x)＝－3x2＋12，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，3)).当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，2))时，f′(x)＞0，当x∈(2,3]时，f′(x)＜0.∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，2))上是增函数，在(2,3]上是减函数．故f(x)极大值＝f(2)＝22.由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))>0，f(3)>0，所以有0个零点．答案：0二保高考，全练题型做到高考达标1．设函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，则()A．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极大值点B．x＝eq\f(1,2)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)＝eq\f(2,x)＋lnx，∴f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,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Cy′＝－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)＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|最小时t的值为()A．1B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(5),2)D.eq\f(\r(2),2)解析：选D由已知条件可得|MN|＝t2－lnt，设f(t)＝t2－lnt(t>0)，则f′(t)＝2t－eq\f(1,t)，令f′(t)＝0，得t＝eq\f(\r(2),2)，当0<t<eq\f(\r(2),2)时，f′(t)<0，当t＞eq\f(\r(2),2)时，f′(t)＞0，∴当t＝eq\f(\r(2),2)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)＝eq\f(1,3)x3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,2)))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－eq\f(4,3) B.eq\f(3,2)b－eq\f(2,3)C．0 D．b2－eq\f(1,6)b3解析：选Af′(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－eq\f(4,3).6．f(x)＝eq\f(2x＋1,x2＋2)的极小值为________．解析：f′(x)＝eq\f(2x2＋2－2x2x＋1,x2＋22)＝eq\f(－2x＋2x－1,x2＋22).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)＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)7．从边长为10cm×16cm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ycm3，盒子的高为xcm，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eq\f(20,3)(舍去)，∴ymax＝6×12×2＝144(cm3)．答案：1448．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＝±eq\r(a)，则f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，－eq\r(a))－eq\r(a)(－eq\r(a)，eq\r(a))eq\r(a)(eq\r(a)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值从而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(a)3－3a－\r(a)＋b＝6，,\r(a)3－3a\r(a)＋b＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝4.))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∈(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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝3＋2a＋b＝2a，,f′2＝12＋4a＋b＝－b，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－3，,a＝－\f(3,2).))所以f(x)＝x3－eq\f(3,2)x2－3x＋1，f′(x)＝3x2－3x－3.于是有f(1)＝－eq\f(5,2).又f′(1)＝－3，故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝－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＋eq\f(1,x)－(lnx)2，g(x)的定义域是(0，＋∞)．g′(x)＝1－eq\f(1,x2)－2lnx·eq\f(1,x)＝eq\f(x2－2xlnx－1,x2)，令h(x)＝x2－2xlnx－1，h′(x)＝2(x－lnx－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)＝2.三上台阶，自主选做志在冲刺名校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：②③2．(2016·兰州实战考试)已知函数f(x)＝eq\f(x,lnx)＋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)lnx＋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)＝eq\f(lnx－1,ln2x)＋a，由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤eq\f(1,ln2x)－eq\f(1,lnx)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4).∵x∈(1，＋∞)，∴lnx∈(0，＋∞)，∴当eq\f(1,lnx)－eq\f(1,2)＝0时，函数t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)的最小值为－eq\f(1,4)，∴a≤－eq\f(1,4)，故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).(2)当a＝2时，f(x)＝eq\f(x,lnx)＋2x，f′(x)＝eq\f(lnx－1＋2ln2x,ln2x)，令f′(x)＝0得2ln2x＋lnx－1＝0，解得lnx＝eq\f(1,2)或lnx＝－1(舍)，即x＝eSKIPIF1<0.当1<x<eSKIPIF1<0时，f′(x)<0，当x>eSKIPIF1<0时，f′(x)>0，∴f(x)的极小值为f(eeq\f(1,2))＝eq\f(eSKIPIF1<0,\f(1,2))＋2eSKIPIF1<0＝4eSKIPIF1<0.(3)将方程(2x－m)lnx＋x＝0两边同除以lnx得(2x－m)＋eq\f(x,lnx)＝0，整理得eq\f(x,lnx)＋2x＝m，即函数g(x)＝eq\f(x,lnx)＋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)