高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 课时分层作业 十五 2.11.2 利用导数研究函数的极值、最值 文-人教版高三数学试题

课时分层作业十五利用导数研究函数的极值、最值一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2018·遵义模拟)函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f′(x)在(a,b)内的图象如图所示,则函数f(x)在开区间(a,b)内极小值点的个数为 ()A.1B.2C.3D.4【解析】选A.从f′(x)的图象可知f(x)在(a,b)内从左到右的单调性依次为增→减→增→减,根据极值点的定义可知在(a,b)内只有一个极小值点.2.已知函数y=的图象如图所示,其中f′(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数,则以下说法错误的是 ()A.f′(1)=f′(-1)=0B.当x=1时,函数f(x)取得极小值C.当x=-1时,函数f(x)取得极大值D.方程xf′(x)=0与f(x)=0均有三个不同的实数根【解析】选D.对于选项A.由图象可知x=1或-1时,f′(1)=f′(-1)=0成立;对于选项B.当0<x<1时,<0,此时f′(x)<0,当x>1时,>0,此时f′(x)>0,故当x=1时,函数f(x)取得极小值,成立.对于选项C,当x<-1时,<0,此时f′(x)>0,当-1<x<0时,>0,此时f′(x)<0,故当x=-1时,函数f(x)取得极大值,成立.对于选项D,由于函数f(x)的极大值与极小值的正负情况及其他条件不确定,不足以断定f(x)=0根的情况,故D符合题意.3.设动直线x=m与函数f(x)=x3,g(x)=lnx的图象分别交于点M,N,则|MN|的最小值为 ()A.(1+ln3) B.ln3C.1+ln3 D.ln3-1【解析】选A.设F(x)=f(x)-g(x)=x3-lnx,求导得:F′(x)=3x2-.令F′(x)>0得x>;令F′(x)<0得0<x<,所以当x=时,F(x)有最小值为F=+ln3=(1+ln3).【变式备选】(2018·运城模拟)已知函数f(x)=lnx+tanα的导函数为f′(x),若方程f′(x)=f(x)的根x0小于1,则α的取值范围为 ()A. B.C. D.【解析】选A.因为f(x)=lnx+tanα,所以f′(x)=,令f(x)=f′(x),得lnx+tanα=,即tanα=-lnx.设g(x)=-lnx,显然g(x)在(0,+∞)上单调递减,而当x→0时,g(x)→+∞,所以要使满足f′(x)=f(x)的根x0<1,只需tanα>g(1)=1,又因为0<α<,所以α∈.4.(2018·长沙模拟)已知函数f(x)=x3-3ax2-9a2x+a3.若a>,且当x∈[1,4a]时,|f′(x)|≤12a恒成立,则a的取值范围为 ()A. B.C. D.【解析】选A.f′(x)=3x2-6ax-9a2的图象是一条开口向上的抛物线,关于x=a对称.若<a≤1,则f′(x)在[1,4a]上是增函数,从而f′(x)在[1,4a]上的最小值是f′(1)=3-6a-9a2,最大值是f′(4a)=15a2由|f′(x)|≤12a,得-12a≤3x2-6ax-9a2≤12a,于是有3-6a-9a2≥-12a,f′(4a)=15a2≤12a.由f′(1)≥-12a得-≤a≤1,由f′(4a)≤12a得0≤a≤.所以a∈∩∩,即a∈.若a>1,则因为|f′(a)|=15a2>12a.故当x∈[1,4a]时|f′(x)|≤12a不恒成立.所以使|f′(x)|≤12a(x∈[1,4a])恒成立的a的取值范围是.5.(2018·昆明模拟)已知函数f(x)=-lnx,f(x)在x=x0处取得最大值,以下各式中:①f(x0)<x0;②f(x0)=x0;③f(x0)>x0;④f(x0)<;⑤f(x0)>,正确的序号是 ()A.③⑤ B.②⑤C.①④ D.②④【解析】选D.求导函数可得:f′(x)=-,令g(x)=x+1+lnx,则函数有唯一零点x0,所以-x0-1=lnx0,所以f(x0)=(-x0-1)=x0,即②正确;f(x0)-=,因为-x0-1=lnx0,所以f(x0)-=,当x=时,f′=-<0=f′(x0),所以x0在x=左侧,所以x0<,所以1-2x0>0,所以<0,所以f(x0)<,所以④正确.综上知,②④正确.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知函数f(x)=aln2x+bx在x=1处取得最大值ln2-1,则a=________,b=________.

【解析】f′(x)=+b=(x>0),当f′(x)=0时,x=-,当x=1时,函数取得最大值ln2-1,即解得a=1,b=-1.答案:1-17.(2018·济南模拟)f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值,则常数c的值为________.

【解析】f(x)=x3-2cx2+c2x,f′(x)=3x2-4cx+c2,f′(2)=0⇒c=2或c=6.若c=2,f′(x)=3x2-8x+4,令f′(x)>0⇒x<或x>2,f′(x)<0⇒<x<2,故函数在及(2,+∞)上单调递增,在上单调递减,所以x=2是极小值点,故c=2舍去,c=6.答案:6【误区警示】解答本题时易误由f′(2)=0得c=2或c=6,不能将c=2舍去而致误.8.(2018·长春模拟)已知函数f(x)=若f(x1)=f(x2)=f(x3)(x1<x2<x3),则的取值范围为________.

【解题指南】利用导数法,分析函数的单调性及极值,可得f(x1)=f(x2)=f(x3)∈,即有-<x1<-,可得==1+,计算即可得到所求范围.【解析】函数f(x)=所以函数f′(x)=故当x<0时,函数为增函数,且f(x)<,当0≤x<1时,函数为增函数,且0≤f(x)<,当x≥1时,函数为减函数,且0<f(x)≤,若f(x1)=f(x2)=f(x3)(x1<x2<x3),则f(x1)=f(x2)=f(x3)∈,即-<x1<-,故==1+∈(-1,0).答案:(-1,0)三、解答题(每小题10分,共20分)9.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)f′(x)=(x-k+1)ex.令f′(x)=0,得x=k-1.f(x)与f′(x)的情况如下:x(-∞,k-1)k-1(k-1,+∞)f′(x)-0+f(x)↘-ek-1↗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,函数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,由(1)知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时,即k≥2时,函数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.综合知f(x)min=【误区警示】解答本题易出现以下错误:一是忽视对k-1不同取值情况的讨论,而错误得到f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1);二是误把导数为0的点直接作为极值点而出错.10.(2018·茂名模拟)已知函数f(x)=ax-cosx+b的图象在点处的切线方程为y=x+. (1)求a,b的值.(2)求函数f(x)在上的值域.【解析】(1)因为f(x)=ax-cosx+b,所以f′(x)=a+sinx.又f′=a+1=,f=a+b=×+.解得a=,b=3.(2)由(1)知f(x)=x-cosx+.因为f′(x)=+sinx,由f′(x)=+sinx>0,得-<x≤,由f′(x)=+sinx<0得,-≤x<-,所以函数f(x)在上递减,在上递增.因为f=,f=π,f(x)min=f=.所以函数f(x)在上的值域为.1.(5分)(2018·临沂模拟)已知△ABC的面积为1,内切圆半径也为1,若△ABC的三边长分别为a,b,c,则+的最小值为 ()A.2 B.2+C.4 D.2+2【解题指南】先根据三角形的面积和内切圆半径都为1,得到a+b+c=2,则根据导数的和函数的最值的关系即可求出最值.【解析】选D.因为△ABC的面积为1,内切圆半径也为1,△ABC的三边长分别为a,b,c,所以(a+b+c)×1=1,即a+b+c=2,即a+b=2-c,所以0<c<2,所以+=+=+-1,设f(x)=+-1,0<x<2,所以f′(x)=-=,令f′(x)=0,解得x=-2+2,当x∈(0,-2+2)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(-2+2,2)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,所以f(x)min=f(-2+2)=2+2,故+的最小值为2+2.2.(5分)已知函数f(x)=ln+,g(x)=ex-2,对于∀m∈R,∃n∈(0,+∞)使得g(m)=f(n)成立,则n-m的最小值为 ()A.-ln2 B.ln2C.2-3 D.e2-3【解析】选B.由题意令em-2=ln+=t,(t>0),则m=lnt+2,n=2,从而n-m=2-lnt-2=h(t),由h′(t)=2-=0得t=,而当t>0时,h′(t)=2-是单调递增函数,所以当t>时h′(t)>0;当0<t<时h′(t)<0;因此t=时h(t)取最小值:2-ln-2=ln2.3.(5分)(2018·天津模拟)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________.

【解析】因为f′(x)=-3x2+2ax,由已知有f′(2)=0,所以a=3,所以f(x)=-x3+3x2-4,则f(m)+f′(n)=-m3+3m2-4-3n2+6n,由于f′(x)=-3x2+6x=-3x(x-2),当-1≤x<0时,f′(x)<0,当0<x≤1时,f′(x)>0,所以当x=0时,f(x)有最小值-4,而对于f′(x)=-3x2+6x=-3(x-1)2+3,在x∈[-1,1]上为增函数,所以当x=-1时,f′(x)有最小值-9,故对于f(m)+f′(n)=-m3+3m2-4-3n2+6n,当m=0,n=-1时,答案:-13【变式备选】若函数f(x)=mcosx+sin2x在x=处取得极值,则m=________.

【解析】函数f(x)=mcosx+sin2x在x=处取得极值,则f′=0.又f′(x)=-msinx+cos2x,所以f′=-m=0,m=0.答案:04.(12分)设函数f(x)=2x3+3ax2+3bx+8c在x=1及x=2时取得极值.(1)求a,b的值.(2)若对于任意的x∈[0,3],都有f(x)<c2成立,求实数c的取值范围.【解题指南】(1)先求函数的导数,根据极值点处的导数值为0列方程组,从而求出a,b的值.(2)先由(1)结论根据函数的导函数求x∈[0,3]上的单调性,求此区间上的最大值,让最大值小于c2,从而解不等式可得解.【解析】(1)f′(x)=6x2+6ax+3b,因为函数f(x)在x=1及x=2取得极值,则有f′(1)=0,f′(2)=0.即解得a=-3,b=4.(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,+∞).5.(13分)(2018·许昌模拟)已知函数f(x)=axlnx+b,g(x)=x2+kx+3,曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y=x-1.(1)若f(x)在(b,m)上有最小值,求m的取值范围.(2)当x∈时,若关于x的不等式2f(x)+g(x)≥0有解,求k的取值范围.【解题指南】(1)求出函数的导数,得到关于a,b的方程组,求出a,b的值,解关于导函数的不等式,求出函数的最小值,求出m的范围即可.(2)问题等价于不等式k≥-在x∈上有解,设h(x)=-,x∈,根据函数的单调