高考总复习理数（北师大版）课时作业提升15导数与函数的极值最值

课时作业提升(十五)导数与函数的极值、最值A组夯实基础1．设函数f(x)＝xex，则()A．x＝1为f(x)的极大值点 B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点 D．x＝－1为f(x)的极小值点解析：选Df′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex.令f′(x)＝0，则x＝－1.当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，所以x＝－1为f(x)的极小值点．2．函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值为()A．eq\f(1,2) B．1C．0 D．不存在解析：选Af′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，且x＞0，令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).3．(2018·长治模拟)若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则导函数f′(x)的图像不可能是()解析：选D若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f′(x)在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图像要穿过x轴，观察四个选项中的图像只有D项是不符合要求的，即f′(x)的图像不可能是D.4．(2108·成都检测)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18 B．11C．18 D．17或18解析：选C∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，∴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)＝18.5．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝()A．－4 B．－2C．4 D．2解析：选D由题意可得f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2，则f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值∴函数f(x)在x＝2处取得极小值，则a＝2.故选D.6．(2018·怀化模拟)若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是()A．[－5,0) B．(－5,0)C．[－3,0) D．(－3,0)解析：选C由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图像如图所示，令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，则结合图像可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤a＜0，,a＋5＞0，))解得a∈[－3,0)，故选C．7．(2018·银川模拟)函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝__________.解析：f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，1＜x＜3时，f′(x)＜0；x＜1或x＞3时，f′(x)＞0，此时x＝1处取得极大值，不合题意，所以m＝1.答案：18．(2018·长沙模拟)设f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)，则g(x)的最小值为__________.解析：对f(x)＝lnx求导，得f′(x)＝eq\f(1,x)，则g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，且x＞0.对g(x)求导，得g′(x)＝eq\f(x－1,x2)，令g′(x)＝0，解得x＝1.当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，函数g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)在(0,1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上单调递增．所以g(x)min＝g(1)＝1.答案：19．(2018·郑州模拟)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：f′(x)＝－3x2＋2ax，根据已知f′(2)＝0，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.答案：－1310．(2018·武威模拟)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．解：(1)f′(x)＝eq\f(lnx－1,lnx2)＋a，由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤eq\f(1,lnx2)－eq\f(1,lnx)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4).因为x∈(1，＋∞)，所以lnx∈(0，＋∞)，所以当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)，所以a≤－eq\f(1,4).(2)当a＝2时，f(x)＝eq\f(x,lnx)＋2x，f′(x)＝eq\f(lnx－1＋2lnx2,lnx2)，令f′(x)＝0得2(lnx)2＋lnx－1＝0，解得lnx＝eq\f(1,2)或lnx＝－1(舍)，即x＝eeq\f(1,2).当1＜x＜eeq\f(1,2)时，f′(x)＜0，当x＞eeq\f(1,2)时，f′(x)＞0，所以f(x)的极小值为f(eeq\f(1,2))＝eq\f(e\f(1,2),\f(1,2))＋2eeq\f(1,2)＝4eeq\f(1,2).11．(2018·贵阳模拟)设f(x)＝xex，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)且x1＞x2有m[f(x1)－f(x2)]＞g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq\f(1,2)x2＋x，F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)＞0，解得：x＞－1，令F′(x)＜0，解得：x＜－1，故F(x)在(－∞，－1)单调递减，在(－1，＋∞)单调递增，故F(x)min＝F(－1)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,e)；(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)且x1＞x2有m[f(x1)－f(x2)]＞g(x1)－g(x2)恒成立，则任意x1，x2∈[－1，＋∞)且x1＞x2有mf(x1)－g(x1)＞mf(x2)－g(x2)＞0恒成立，令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq\f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)递增即可；故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)恒成立，故m≥eq\f(1,ex)，而eq\f(1,ex)≤e，故m≥e.B组能力提升1．(2018·海口检测)已知函数f(x)＝lnx＋x2－2ax＋a2，a∈R.(1)若a＝0，求函数f(x)在[1，e]上的最小值；(2)根据a的不同取值，讨论函数f(x)的极值点情况．解：(1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x2，其定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x＞0，所以f(x)在[1，e]上是增函数，当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝1；故函数f(x)在[1，e]上的最小值是1.(2)f′(x)＝eq\f(2x2－2ax＋1,x)，令g(x)＝2x2－2ax＋1，(ⅰ)当a≤0时，在(0，＋∞)上g(x)＞0恒成立，此时f′(x)＞0，函数f(x)无极值点；(ⅱ)当a＞0时，若Δ＝4a2－8≤0，即0＜a≤eq\r(2)时，在(0，＋∞)上g(x)≥0恒成立，此时f′(x)≥0，函数f(x)无极值点；若Δ＝4a2－8＞0，即a＞eq\r(2)时，易知当eq\f(a－\r(a2－2),2)＜x＜eq\f(a＋\r(a2－2),2)时，g(x)＜0，此时f′(x)＜0；当0＜x＜eq\f(a－\r(a2－2),2)或x＞eq\f(a＋\r(a2－2),2)时，g(x)＞0，此时f′(x)＞0，所以当a＞eq\r(2)时，x＝eq\f(a－\r(a2－2),2)是函数f(x)的极大值点，x＝eq\f(a＋\r(a2－2),2)是函数f(x)的极小值点，综上，当a≤eq\r(2)时，函数f(x)无极值点；a＞eq\r(2)时，x＝eq\f(a－\r(a2－2),2)是函数f(x)的极大值点，x＝eq\f(a＋\r(a2－2),2)是函数f(x)的极小值点．2．(2018·日照模拟)已知函数f(x)＝eq\f(ax2＋bx＋c,ex)(a＞0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．解：(1)f′(x)＝eq\f(2ax＋bex－ax2＋bx＋cex,ex2)＝eq\f(－ax2＋2a－bx＋b－c,ex)，令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c因为ex＞0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同又因为a＞0，所以－3＜x＜0时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，当x＜－3或x＞0时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，所f(x)的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(9a－3b＋c,e