2017版数学知识方法篇专题3函数与导数第14练含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第14练函数的极值与最值[题型分析·高考展望］本部分内容为导数在研究函数中的一个重要应用，在高考中也是重点考查的内容,多在解答题中的某一问中考查，要求熟练掌握函数极值与极值点的概念及判断方法,极值和最值的关系。体验高考1。(2016·四川）已知a为函数f(x）＝x3－12x的极小值点，则a等于()A。－4B.－2C。4D。2答案D解析∵f（x）＝x3－12x，∴f′（x)＝3x2－12,令f′(x）＝0，则x1＝－2，x2＝2.当x∈（－∞,－2），(2，＋∞）时，f′（x）>0，则f（x）单调递增;当x∈(－2，2）时，f′（x)<0，则f（x)单调递减，∴f（x）的极小值点为a＝2。2。（2016·课标全国甲)(1)讨论函数f(x)＝eq\f(x－2,x＋2)ex的单调性，并证明当x〉0时，(x－2）ex＋x＋2〉0；(2）证明：当a∈［0,1)时，函数g(x)＝eq\f(ex－ax－a,x2)(x〉0)有最小值.设g(x）的最小值为h（a）,求函数h（a）的值域。（1)解f（x）的定义域为(－∞，－2）∪（－2,＋∞）.f′(x）＝eq\f（x－1x＋2ex－x－2ex，x＋22）＝eq\f(x2ex，x＋22)≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0,所以f（x）在(－∞，－2），（－2，＋∞)上单调递增.所以当x∈（0,＋∞）时，f（x）〉f（0)＝－1。所以（x－2)ex>－(x＋2)，即（x－2)ex＋x＋2>0。(2）证明g′（x）＝eq\f（x－2ex＋ax＋2,x3)＝eq\f（x＋2，x3)（f(x）＋a）.由（1)知，f（x）＋a单调递增,对任意a∈[0，1)，f(0）＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.因此,存在唯一xa∈（0，2]，使得f（xa）＋a＝0，即g′(xa）＝0.当0<x<xa时，f（x）＋a〈0，g′（x)<0,g(x）单调递减；当x〉xa时，f（x）＋a>0，g′(x)>0，g(x）单调递增.因此g(x）在x＝xa处取得最小值，最小值为于是h（a）＝由eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(ex,x＋2）））′＝eq\f(x＋1ex,x＋22)>0，得eq\f（ex，x＋2)单调递增。所以，由xa∈(0，2］，得eq\f（1，2）＝eq\f（e0,0＋2)〈h（a)＝≤eq\f（e2,2＋2)＝eq\f（e2，4）.因为eq\f(ex，x＋2）单调递增，对任意λ∈eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（1，2),\f(e2，4)）），存在唯一的xa∈(0，2],a＝－f(xa)∈[0，1），使得h（a)＝λ.所以h(a)的值域是eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(1,2），\f(e2,4)））。综上，当a∈［0,1）时，g(x）有最小值h（a)，h(a)的值域是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（1，2），\f（e2,4）））.3.(2015·安徽)设函数f（x）＝x2－ax＋b.（1)讨论函数f(sinx）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（π,2），\f(π，2))）内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；(2）记f0（x)＝x2－a0x＋b0，求函数｜f（sinx）－f0(sinx）｜在eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f(π，2），\f(π，2)）)上的最大值D;(3）在（2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－eq\f（a2，4)满足D≤1时的最大值。解(1）f(sinx）＝sin2x－asinx＋b＝sinx(sinx－a)＋b,－eq\f（π，2）<x<eq\f(π，2）。[f(sinx）]′＝（2sinx－a）cosx，－eq\f（π，2）〈x〈eq\f(π，2）。因为－eq\f（π，2)<x〈eq\f(π，2）,所以cosx>0,－2<2sinx<2。①a≤－2，b∈R时，函数f(sinx)单调递增,无极值.②a≥2，b∈R时，函数f(sinx）单调递减，无极值。③对于－2<a〈2，在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(π，2），\f（π，2)))内存在唯一的x0，使得2sinx0＝a。－eq\f（π,2）<x≤x0时，函数f(sinx）单调递减；x0≤x<eq\f(π,2)时,函数f(sinx）单调递增；因此，－2〈a<2，b∈R时，函数f（sinx)在x0处有极小值f(sinx0）＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(a，2)))＝b－eq\f(a2,4).（2)－eq\f(π，2）≤x≤eq\f（π,2)时，｜f（sinx）－f0(sinx)|＝|（a0－a）sinx＋b－b0|≤|a－a0｜＋｜b－b0｜.当（a0－a)(b－b0)≥0时,取x＝eq\f(π，2)，等号成立.当(a0－a）（b－b0）<0时，取x＝－eq\f（π，2)，等号成立.由此可知，|f(sinx)－f0（sinx)|在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(π,2），\f（π,2）)）上的最大值为D＝｜a－a0｜＋｜b－b0｜.（3）D≤1即为｜a|＋｜b｜≤1，此时0≤a2≤1，－1≤b≤1，从而z＝b－eq\f(a2,4)≤1。取a＝0,b＝1，则｜a｜＋|b|≤1，并且z＝b－eq\f(a2,4)＝1。由此可知，z＝b－eq\f(a2，4）满足条件D≤1时的最大值为1。高考必会题型题型一利用导数求函数的极值例1(2015·重庆）设函数f(x）＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R)。(1）若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f（x)在点(1，f（1))处的切线方程;（2）若f（x)在［3，＋∞）上为减函数，求a的取值范围.解（1）对f(x）求导得f′（x）＝eq\f(6x＋aex－3x2＋axex,ex2）＝eq\f（－3x2＋6－ax＋a，ex）,因为f（x)在x＝0处取得极值,所以f′（0)＝0,即a＝0。当a＝0时，f(x)＝eq\f(3x2,ex），f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex)，故f（1）＝eq\f（3,e）,f′(1)＝eq\f（3,e）,从而f（x）在点（1，f(1）)处的切线方程为y－eq\f（3,e）＝eq\f(3，e)（x－1)，化简得3x－ey＝0.(2）由(1)知f′（x)＝eq\f（－3x2＋6－ax＋a，ex)。令g（x)＝－3x2＋(6－a）x＋a，由g（x）＝0解得x1＝eq\f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq\f（6－a＋\r（a2＋36),6）.当x＜x1时,g（x）＜0，即f′（x)＜0,故f(x）为减函数；当x1＜x＜x2时，g（x）＞0，即f′(x)＞0，故f（x)为增函数；当x＞x2时，g（x）＜0，即f′(x)＜0,故f(x）为减函数.由f（x）在［3,＋∞)上为减函数,知x2＝eq\f（6－a＋\r（a2＋36），6）≤3，解得a≥－eq\f(9,2)，故a的取值范围为eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（9，2)，＋∞)）.点评(1)导函数的零点并不一定就是函数的极值点，所以在求出导函数的零点后一定要注意分析这个零点是不是函数的极值点。（2）若函数y＝f（x）在区间(a,b）内有极值，那么y＝f（x)在（a，b)内一定不是单调函数，即在某区间上的单调函数没有极值.变式训练1已知函数f（x)＝eq\f（x，4)＋eq\f（a,x）－lnx－eq\f（3，2），其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点（1，f(1)）处的切线垂直于直线y＝eq\f（1,2)x.（1)求a的值；(2）求函数f（x)的极值.解（1)对f（x）求导得f′(x）＝eq\f（1，4)－eq\f(a,x2）－eq\f(1，x)，由f（x）在点(1，f（1))处的切线垂直于直线y＝eq\f（1,2）x，知f′（1)＝－eq\f（3,4）－a＝－2，解得a＝eq\f（5，4）.（2）由（1）知f(x)＝eq\f（x,4)＋eq\f（5,4x）－lnx－eq\f（3，2)，则f′（x)＝eq\f（x2－4x－5,4x2）.令f′（x)＝0，解得x＝－1或x＝5。因为x＝－1不在f(x)的定义域(0,＋∞）内，故舍去。当x∈(0，5）时,f′(x)<0，故f（x）在（0,5)上为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′（x）>0,故f（x)在（5，＋∞)上为增函数。由此知函数f（x）在x＝5时取得极小值f（5）＝－ln5，f(x)无极大值.题型二利用导数求函数最值例2已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x）在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，当x＝eq\f(2,3）时，y＝f（x）有极值。（1）求a,b，c的值;（2）求y＝f（x）在[－3,1］上的最大值和最小值。解（1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′（x)＝3x2＋2ax＋b。当x＝1时，切线l的斜率为3,可得2a＋b＝0.①当x＝eq\f(2,3）时，y＝f(x)有极值,则f′eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2，3)）)＝0,可得4a＋3b＋4＝0。②由①②，解得a＝2，b＝－4.由于切点的横坐标为x＝1,所以f(1)＝4.所以1＋a＋b＋c＝4，所以c＝5.综上，a＝2，b＝－4，c＝5。(2)由(1），可得f（x)＝x3＋2x2－4x＋5，所以f′（x）＝3x2＋4x－4。令f′(x)＝0,解得x1＝－2，x2＝eq\f(2,3)。当x变化时，f′(x），f（x）的取值及变化情况如下表所示：x－3(－3,－2）－2(－2,eq\f(2，3））eq\f（2,3)(eq\f（2,3),1）1f′(x）＋0－0＋f（x)8↗13↘eq\f（95,27）↗4所以y＝f（x）在[－3,1］上的最大值为13，最小值为eq\f（95，27).点评（1）求解函数的最值时,要先求函数y＝f（x）在[a，b]内所有使f′（x)＝0的点,再计算函数y＝f(x)在区间内所有使f′（x)＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得.(2)可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况。变式训练2设f（x）＝ax3＋bx＋c（a≠0）为奇函数,其图象在点(1，f（1)）处的切线与直线x－6y－7＝0垂直，导函数f′(x)的最小值为－12.(1)求函数f(x）的解析式;(2）求函数f(x)的单调增区间，并求函数f(x)在[－1，3]上的最大值和最小值。解(1)因为f（x）为奇函数，所以f(－x）＝－f(x），即－ax3－bx＋c＝－ax3－bx－c,所以c＝0，又f′（x）＝3ax2＋b的最小值为－12，所以b＝－12.由题设知f′（1）＝3a＋b＝－6。所以a＝2，故f（x）＝2x3－12x。(2)f′(x)＝6x2－12＝6（x＋eq\r(2)）（x－eq\r（2)）。当x变化时，f′(x），f（x)的变化情况如下表：x（－∞，－eq\r（2））－eq\r（2)（－eq\r（2），eq\r（2)）eq\r（2)（eq\r（2），＋∞)f′(x)＋0－0＋f（x）↗极大值↘极小值↗所以函数f（x)的单调递增区间为（－∞，－eq\r(2))和(eq\r（2）,＋∞).因为f(－1）＝10，f(3)＝18,f（eq\r（2）)＝－8eq\r(2)，f(－eq\r（2）)＝8eq\r（2），所以当x＝eq\r（2)时,f(x）min＝－8eq\r（2);当x＝3时，f（x)max＝18。高考题型精练1。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18B.11C。18D.17或18答案C解析∵函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，f′（x)＝3x2＋2ax＋b，∴f（1）＝10，且f′(1）＝0，即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(1＋a＋b＋a2＝10,,3＋2a＋b＝0，)）解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，，b＝3)）或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝4,,b＝－11.）)而当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，，b＝3））时，函数在x＝1处无极值，故舍去.∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.2。函数f(x）＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是()A。0B。1C.2D.无数个答案A解析函数定义域为(0,＋∞)，且f′(x)＝6x＋eq\f(1,x）－2＝eq\f(6x2－2x＋1,x），由于x＞0，令g(x)＝6x2－2x＋1，在g(x）中Δ＝－20＜0，所以g(x)＞0恒成立，故f′（x)＞0恒成立,即f（x）在定义域上单调递增，无极值点。3.设a∈R,若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则（）A。a<－1B。a>－1C。a〉－eq\f（1,e）D。a<－eq\f（1，e）答案A解析∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，∴方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解。∵x>0时,－ex<－1，∴a＝－ex<－1.4.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（)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）答案D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.5。已知a为常数，函数f（x)＝x（lnx－ax）有两个极值点x1，x2（x1<x2),则()A.f（x1）>0，f(x2)>－eq\f(1,2） B.f(x1)<0，f(x2）<－eq\f(1，2)C.f(x1)〉0,f（x2)〈－eq\f(1,2) D。f（x1）〈0，f（x2）>－eq\f(1，2)答案D解析f′（x）＝lnx＋1－2ax（x〉0），令f′(x）＝0得2a＝eq\f（lnx＋1,x）。设φ(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，知φ′(x）＝eq\f(－lnx,x2）,φ(x)草图如图,∴f(x）的两个极值点0〈x1<1，x2〉1，且2a∈(0,1），∴a∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)）)。由f（x)草图可知f（x)在区间(0，x1）上单调递减,在(x1，x2）上单调递增。又f（1)＝－a，f(x2)≥f(1)且－a∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(1，2)，0)）.∴f(x1)<0，f(x2）〉－eq\f(1，2)。6.已知函数f(x）＝x3＋2bx2＋cx＋1有两个极值点x1，x2,且x1∈［－2，－1]，x2∈[1，2］，则f（－1）的取值范围是()A。[－eq\f(3,2)，3]B。［eq\f(3,2）,6]C。［3，12]D.[－eq\f(3,2)，12]答案C解析方法一由于f′(x)＝3x2＋4bx＋c,据题意，方程3x2＋4bx＋c＝0有两个根x1，x2，且x1∈［－2，－1］，x2∈[1，2］.令g(x）＝3x2＋4bx＋c，结合二次函数图象可得,只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－2＝12－8b＋c≥0，，g－1＝3－4b＋c≤0，，g1＝3＋4b＋c≤0，，g2＝12＋8b＋c≥0,））此即为关于点（b,c）的线性约束条件,作出其对应平面区域,f（－1）＝2b－c，问题转化为在上述线性约束条件下确定目标函数f(－1)＝2b－c的最值问题，由线性规划易知3≤f（－1)≤12,故选C。方法二方程3x2＋4bx＋c＝0有两个根x1,x2，且x1∈［－2，－1］，x2∈[1,2]的条件也可以通过二分法处理，即只需g(－2)g(－1)≤0,g(2)g(1)≤0即可,利用同样的方法也可解答。7.设函数f(x）＝lnx－eq\f（1，2)ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为________.答案（－1，＋∞)解析f(x）的定义域为（0，＋∞），f′(x）＝eq\f（1,x)－ax－b，由f′（1)＝0，得b＝1－a。所以f′（x）＝eq\f（1,x)－ax＋a－1＝eq\f（－ax2＋1＋ax－x，x)＝－eq\f(x－1ax＋1,x)。①若a≥0，当0＜x＜1时，f′（x)＞0，f（x）单调递增；当x＞1时，f′（x)＜0，f（x）单调递减，所以x＝1是f(x)的极大值点；②若a＜0，由f′（x)＝0,得x＝1或x＝－eq\f（1，a)，因为x＝1是f（x)的极大值点,所以－eq\f(1，a）＞1，解得－1＜a＜0。综合①②得，a的取值范围是a＞－1.8.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______.答案(－1,1)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)。9。若函数f(x)＝（1－x2)(x2＋ax＋b)的图象关于直线x＝－2对称，则f（x)的最大值是______。答案16解析依题意，f(x－2）为偶函数,f（x－2）＝（－x2＋4x－3）[x2＋(a－4)x＋4－2a＋b]，其中x3的系数为8－a＝0，故a＝8，x的系数为28＋4b－11a＝0，故b＝15.令f′(x）＝0，得x3＋6x2＋7x－2＝0,由对称轴为x＝－2可知，将该式分解为（x＋2）(x2＋4x－1）＝0。可知其在eq\r（5）－2和－eq\r(5)－2处取到最大值，最大值为16.10。函数f(x）＝x3－3a2x＋a（a>0）的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是______。答案（eq\f（\r(2），2)，＋∞）解析f′(x）＝3x2－3a2＝3（x＋a)（x－a）,由f′(x）＝0得x＝±a，当－a〈x〈a时,f′(x)〈0，函数单调递减；当x>a或x<－a时，f′（x)>0，函数单调递增。∴f(－a）＝－a3＋3a3＋a〉0且f(a）＝a3－3a3＋a〈0，解得a>eq\f(\r(2),2）.∴a的取值范围是（eq\f（\r（2）,2），＋∞)。11.已知a∈R，函数f(x)＝eq\f（a，x)＋lnx－1.(1)当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点(2,f（2））处的切线方程；（2）求f（x）在区间（0，e]上的最小值.解（1）当a＝1时，f(x)＝eq\f（1,x)＋lnx－1，x∈（0，＋∞），所以f′(x)＝－eq\f（1,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f（x－1，x2),x∈(0，＋∞)。因此f′（2）＝eq\f(1,4），即曲线y＝f（x)在点（2，f(2）)处的切线斜率为eq\f(1,4).又f(2）＝ln2－eq\f(1,2)，所以曲线y＝f（x)在点（2,f（2))处的切线方程为y－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(ln2－\f(1，2）））＝eq\f(1，4)（x－2),即x－4y＋4ln2－4＝0。（2)因为f(x)＝eq\f(a,x）＋lnx－1，所以f′(x)＝－eq\f（a，x2）＋eq\f(1，x)＝eq\f(x－a，x2），x∈(0,＋∞）.令f′(x)＝0，得x＝a.①若a≤0，则f′(x）＞0，f(x)在区间(0，e］上单调递增，此时函