2018届高三数学第19练导数的极值与最值练习

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE11学必求其心得，业必贵于专精第19练导数的极值与最值训练目标（1）函数极值、最值的概念、求法；(2）函数极值、最值的应用．训练题型（1）求函数的极值；(2)求函数的最值；(3）恒成立问题；(4）零点问题．解题策略(1)f′（x)＝0是函数f(x)存在极值点的必要条件，f（x)的极值可用列表法求解;（2)利用最值研究恒成立问题，可分离参数后构造函数，转化为函数的最值问题；（3)零点问题可借助于函数的图象解决.一、选择题1．设函数f（x）＝eq\f(1，3)x3－x＋m的极大值为1，则函数f(x)的极小值为（)A．－eq\f（1,3） B．－1C。eq\f(1，3） D．12．设函数f（x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x）图象的是（)3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10,则eq\f(a，b）的值为()A．－eq\f（2，3） B．－2C．－2或－eq\f（2,3） D．2或－eq\f(2,3)4．如果函数y＝f(x）的导函数的图象如图所示，给出下列判断：①函数y＝f（x)在区间eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－3，－\f（1，2))）内单调递增；②函数y＝f(x）在区间eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)，3）)内单调递减;③函数y＝f（x）在区间（4,5）内单调递增；④当x＝2时，函数y＝f(x）有极小值；⑤当x＝－eq\f(1,2)时，函数y＝f（x）有极大值．则上述判断中正确的是()A．①② B．②③C．③④⑤ D．③5．已知二次函数f（x)＝ax2＋bx＋c的导函数为f′（x)，f′(x）>0，对于任意实数x,有f（x)≥0,则eq\f（f（1)，f′（0))的最小值为（）A．1 B．2C．－1 D．－26．（2016·河北保定一中模拟）已知f（x)＝ax3,g(x)＝9x2＋3x－1，当x∈［1，2］时，f（x）≥g（x)恒成立，则a的取值范围为（)A．a≥11 B．a≤11C．a≥eq\f（41，8) D．a≤eq\f(41，8）7．（2016·唐山一模）直线y＝a分别与曲线y＝2(x＋1），y＝x＋lnx交于点A,B，则｜AB|的最小值为（)A．3 B．2C.eq\f(3\r（2)，4) D。eq\f(3，2)8．已知函数f（x）＝x（lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是（）A．（－∞,0） B．(0，eq\f（1，2））C．（0，1) D．(0，＋∞)二、填空题9．已知函数f(x）＝x3＋3ax2＋3（a＋2)x＋1既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是________________．10．已知函数f(x)＝－eq\f（1，2)x2＋4x－3lnx在[t，t＋1］上不单调,则t的取值范围是________________．11．（2017·郑州调研）已知函数f(x）＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m,n∈［－1，1］,则f(m)＋f′（n）的最小值是________．12．(2015·四川)已知函数f(x）＝2x，g（x）＝x2＋ax（其中a∈R)．对于不相等的实数x1，x2,设m＝eq\f(f(x1)－f(x2)，x1－x2），n＝eq\f(g(x1)－g（x2），x1－x2）,现有如下命题:①对于任意不相等的实数x1,x2，都有m〉0;②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2,都有n〉0；③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；④对于任意的a，存在不相等的实数x1,x2，使得m＝－n。其中真命题有________．(写出所有真命题的序号)

答案精析1．A[求导可得f′(x)＝x2－1，由f′（x）＝0得x1＝－1，x2＝1,又因为函数在区间(－∞，－1）上单调递增，在区间(－1，1)上单调递减，在区间（1，＋∞)上单调递增，所以函数f（x）在x＝－1处取得极大值，且f(－1）＝1，即m＝eq\f(1，3),函数f(x）在x＝1处取得极小值，且f（1)＝eq\f(1，3）×13－1＋eq\f(1,3）＝－eq\f(1，3），故选A。］2．D[因为［f（x)ex］′＝f′（x)ex＋f(x)·(ex）′＝[f（x）＋f′（x）］ex,又因为x＝－1为函数f（x)ex的一个极值点，所以f（－1)＋f′（－1)＝0；选项D中,f(－1)〉0，f′（－1）〉0，不满足f′(－1)＋f（－1）＝0。]3．A［由题意知，f′（x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1）＝10，即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（3＋2a＋b＝0，，1＋a＋b－a2－7a＝10，））解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝－2，，b＝1））或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝－6,,b＝9，））经检验eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝－6，，b＝9）)满足题意，故eq\f（a,b)＝－eq\f（2，3).］4．D［当x∈（－3，－2)时，f′（x）〈0,f(x)单调递减，①错;当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2)，2））时，f′（x）>0，f(x）单调递增，当x∈(2，3）时，f′（x）<0,f（x)单调递减，②错；当x∈（4,5）时,f′(x)〉0，f（x)单调递增，③正确；当x＝2时，函数y＝f(x）有极大值，④错；当x＝－eq\f(1，2)时,函数y＝f(x）无极值，⑤错．故选D.］5．B[∵f′(x)＝2ax＋b，∴f′（0）＝b〉0.由题意知eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（Δ＝b2－4ac≤0,a〉0)）,∴ac≥eq\f（b2,4），∴c〉0，∴eq\f（f?1?，f′？0?)＝eq\f(a＋b＋c,b)≥eq\f(b＋2\r（ac），b)≥eq\f（2b,b)＝2，当且仅当a＝c时“＝”成立．］6．A［f（x）≥g（x）恒成立，即ax3≥9x2＋3x－1.∵x∈[1，2］，∴a≥eq\f(9，x)＋eq\f（3,x2)－eq\f（1,x3）。令eq\f(1，x)＝t,则当t∈[eq\f（1，2)，1］时,a≥9t＋3t2－t3.令h(t)＝9t＋3t2－t3，则h′(t)＝9＋6t－3t2＝－3(t－1)2＋12.∴h′(t）在[eq\f(1，2),1］上是增函数．∴h′（x）min＝h′（eq\f(1，2）)＝－eq\f(3，4)＋12〉0.∴h(t）在［eq\f(1，2），1］上是增函数．∴a≥h（1）＝11,故选A。］7．D[令2(x＋1)＝a,解得x＝eq\f(a，2）－1.设方程x＋lnx＝a的根为t（x〉0，t〉0），即t＋lnt＝a，则｜AB｜＝｜t－eq\f（a，2)＋1|＝｜t－eq\f（t＋lnt，2)＋1|＝｜eq\f（t，2）－eq\f（lnt,2）＋1|.设g(t）＝eq\f(t,2）－eq\f（lnt，2)＋1(t>0），则g′(t)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2t)＝eq\f(t－1,2t），令g′(t）＝0，得t＝1，当t∈(0，1）时，g′(t)〈0；当t∈(1，＋∞)时,g′（t）〉0，所以g（t)min＝g（1）＝eq\f（3,2)，所以｜AB|≥eq\f(3,2),所以|AB｜的最小值为eq\f(3,2).］8．B[函数f(x）＝x（lnx－ax）（x〉0)，则f′（x)＝lnx－ax＋x（eq\f（1,x)－a）＝lnx－2ax＋1。令f′（x）＝lnx－2ax＋1＝0，得lnx＝2ax－1。函数f(x)＝x(lnx－ax）有两个极值点，等价于f′（x)＝lnx－2ax＋1有两个零点,等价于函数y＝lnx与y＝2ax－1的图象有两个交点．在同一个坐标系中作出它们的图象(如图）．当a＝eq\f(1,2)时，直线y＝2ax－1与y＝lnx的图象相切，由图可知，当0〈a〈eq\f(1,2)时，y＝lnx与y＝2ax－1的图象有两个交点，则实数a的取值范围是(0,eq\f(1，2））．］9．(－∞，－1)∪（2,＋∞）解析f′（x）＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，令f′(x)＝0,即x2＋2ax＋a＋2＝0。因为f（x)既有极大值又有极小值，所以f′(x)＝0有两个不相等的实数根．所以Δ＝4a2－4（a＋2)〉0所以a>2或a〈－1。10．(0,1）∪（2,3）解析由题意知f′（x）＝－x＋4－eq\f(3,x）＝eq\f(－x2＋4x－3,x）＝－eq\f（(x－1)（x－3），x）,由f′(x）＝0，得函数f（x）的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间（t,t＋1）内，函数f(x)在区间［t,t＋1］上就不单调，由t<1<t＋1或t<3〈t＋1，得0<t〈1或2<t〈3。11．－13解析f′(x)＝－3x2＋2ax，根据已知eq\f（2a,3）＝2，得a＝3，即f（x）＝－x3＋3x2－4.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)＝－3n2＋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。12．①④解析设A(x1,f（x1)）,B（x2，f(x2)），C（x1,g（x1）)，D（x2，g(x2))，对于①从y＝2x的图象可看出，m＝kAB〉0恒成立,故①正确；对于②直线CD的斜率可为负，即n<0，故②不正确；对于③由m＝n,得f(x1)－f（x2）＝g（x1)－g（x2)，即f（x1)－g(x1）＝f(x2)－g(x2),令h(x）＝f(x)－g（x）＝2x－x2－ax,则h′(x)＝2xln2－2x－a，由h′(x)＝0,得2xln2＝2x＋a，结合图象知,当a很小时,该方程无解，∴函数h（x）不一定有极值点，就不一定存在x1，x2，使f(x1)－g(x1）＝f(x2)－g(x2），即不一定存在x1，x2使得m＝n，故③不正确；对于④由m＝－n，得f(x1）－f（x2)＝g(x2）－g(x1),即f（x1）＋g（x1)＝