高考数学专题复习：课时达标检测(十六) 导数与函数的极值、最值
课时达标检测(十六) 导数与函数的极值、最值
一、全员必做题
1．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值，极小值分别为( )
A．－，0 B．0，－
C.，0 D．0，
解析：选C 由题意知，f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0得解得所以f(x)＝x3－2x2＋x，由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝或x＝1，易得当x＝时，f(x)取极大值，当x＝1时，f(x)取极小值0.
2．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为( )
A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞)
C．(－∞，－3) D．(－∞，－3]
解析：选D 由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
(－∞，－3)
－3
(－3,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.
3．已知f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值为________．
解析：因为f(x)是奇函数，所以f(x)在(0,2)上的最大值为－1，当x∈(0,2)时，f′(x)＝－a，令f′(x)＝0，得x＝，又a>，所以0<<2.令f′(x)>0，得x<，所以f(x)在上单调递增；令f′(x)<0，得x>，所以f(x)在上单调递减．所以当x∈(0,2)时，f(x)max＝f＝ln－a·＝－1，所以ln＝0，所以a＝1.
答案：1
4．已知函数f(x)＝(k≠0)．求函数f(x)的极值．
解：f(x)＝，其定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝－.
令f′(x)＝0，得x＝1，
当k>0时，若0
0；
若x>1，则f′(x)<0，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，函数f(x)取得极大值.
当k<0时，若01，则f′(x)>0，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x＝1时，函数f(x)取得极小值.
5．(2017·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ax－－3ln x，其中a为常数．
(1)当函数f(x)的图象在点处的切线的斜率为1时，求函数f(x)在上的最小值；
(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝a＋－，
所以f′＝a＝1，
故f(x)＝x－－3ln x，则f′(x)＝.
由f′(x)＝0得x＝1或x＝2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
2
(2,3)
3
f′(x)
－
0
＋
f(x)
1－3ln 2
从而在上，f(x)有最小值，
且最小值为f(2)＝1－3ln 2.
(2)f′(x)＝a＋－＝(x＞0)，
由题设可得方程ax2－3x＋2＝0有两个不等的正实根，
不妨设这两个根为x1，x2，且x1≠x2，
则解得0＜a＜.
故所求a的取值范围为.
二、重点选做题
1．(2017·昆明模拟)已知常数a≠0，f(x)＝aln x＋2x.
(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；
(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．
解：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，f′(x)＝＋2＝.
当a＝－4时，f′(x)＝.
所以当02时，f′(x)>0，即f(x)单调递增．
所以f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2.
所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln 2.
(2)因为f′(x)＝，
所以当a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；
当a<0时，由f′(x)>0得，x>－，
所以f(x)在上单调递增；
由f′(x)<0得，x<－，
所以f(x)在上单调递减．
所以当a<0时，f(x)的最小值为f＝aln＋2.
根据题意得f＝aln＋2≥－a，
即a[ln(－a)－ln 2]≥0.
因为a<0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，
所以实数a的取值范围是[－2,0)．
2．已知函数f(x)＝
(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；
(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．
解：(1)当x＜1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
极小值
极大值
故当x＝0时，函数f(x)取得极小值为f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝.
(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0]和上单调递减，在上单调递增．
因为f(－1)＝2，f＝，f(0)＝0，
所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2.
②当1≤x≤e时，f(x)＝aln x，当a≤0时，f(x)≤0；当a＞0时，f(x)在[1，e]上单调递增，则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.
综上所述，当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；当a＜2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.
三、冲刺满分题
1．已知函数f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y－3＝0平行．
(1)求证：方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的实根；
(2)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小者)，求m(x)的最大值．
解：(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，
所以f′(1)＝2，
又f′(x)＝ln x＋＋1，所以a＝1.
所以f(x)＝(x＋1)ln x.
设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－，
当x∈(0,1]时，h(x)<0，
又h(2)＝3ln 2－＝ln 8－>1－1＝0，
所以存在x0∈(1,2)，使h(x0)＝0.
因为h′(x)＝ln x＋＋1－，
当x∈(1,2)时，0e，所以0<<，所以<，
所以h′(x)>1－>0，
所以当x∈(1,2)时，h(x)单调递增，
所以方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的实根．
(2)由(1)知，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的实根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)0，
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，
所以当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，
所以当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)，
所以m(x)＝
当x∈(0，x0)时，若x∈(0,1]，则m(x)≤0；
若x∈(1，x0]，由m′(x)＝ln x＋＋1>0，可知00，m(x)单调递增；x∈(2，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减．
可知m(x)≤m(2)＝，且m(x0)0，且f′(x)＝x－3＋＝，
令f′(x)>0，得0，
令f′(x)<0，得
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