2021届高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用课时作业15导数与函数的极值最值含解析苏教版
课时作业15 导数与函数的极值、最值
一、选择题
1．已知函数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( D )
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)
解析：由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2
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．
2．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( D )
A．－4 B．－2
C．4 D．2
解析：由题意得f′(x)＝3x2－12，
令f′(x)＝0，得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.
3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于( C )
A．11或18 B．11
C．18 D．17或18
解析：∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，又f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
∴解得或
而当时，函数在x＝1处无极值，故舍去．
∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.
4．函数f(x)＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是( A )
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A．0 B．1
C．2 D．无数
解析：函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝6x＋－2＝，
由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1的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．
5．函数f(x)＝sinx－x在区间[0,1]上的最小值为( D )
A．0 B．sin1
C．1 D．sin1－1
解析：由题得f′(x)＝cosx－1，因为x∈[0,1]，所以f′(x)≤0，所以函数f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)min＝f(1)＝sin1－1，故选D.
6．(2020·齐齐哈尔一模)若x＝1是函数f(x)＝ax2＋lnx的一个极值点，则当x∈时，f(x)的最小值为( A )
A．1－ B．－e＋
C．－－1 D．e2－1
解析：由题意得f′(1)＝0，∵f′(x)＝2ax＋，∴f′(1)＝2a＋1＝0，∴a＝－，∴f′(x)＝－x＋＝.∴当x∈时，f′(x)≥0，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，∴f(x)min＝min＝－e2＋1，故选A.
7．(2020·昆明模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋clnx(a>0)在x＝1和x＝2处取得极值，且极大值为－，则函数f(x)在区间(0,4]上的最大值为( D )
A．0 B．－
C．2ln2－4 D．4ln2－4
解析：f′(x)＝2ax＋b＋＝(x>0，a>0)．因为函数f(x)在x＝1和x＝2处取得极值，所以f′(1)＝2a＋b＋c＝0 ①，f′(2)＝4a＋b＋＝0 ②.又a>0，所以当02时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当12.由于f′(x)＝axlna＋2x－lna＝(ax－1)lna＋2x，所以当x>0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在[0,1]上单调递增，则f(x)max＝f(1)＝a＋1－lna，f(x)min＝f(0)＝1，
所以f(x)max－f(x)min＝a－lna，
故a－2≥a－lna，即lna≥2，解得a≥e2.
9．(2020·昆明质检)已知函数f(x)＝＋k(lnx－x)，若x＝1是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值范围是( A )
A．(－∞，e] B．(－∞，e)
C．(－e，＋∞) D．[－e，＋∞)
解析：由函数f(x)＝＋k(lnx－x)，可得f′(x)＝＋k＝.令g(x)＝ex－kx，
∵f(x)有唯一极值点x＝1，∴g(x)＝ex－kx在(0，＋∞)上无零点或无变号零点．
g′(x)＝ex－k，当k≤0时，g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)>g(0)＝1，即g(x)在(0，＋∞)上无零点，符合题意．
当k>0时，g′(x)＝0的解为x＝lnk.易知当0lnk时，g′(x)>0，g(x)单调递增．∴g(x)min＝g(lnk)＝k－klnk.由题意知需满足k－klnk≥0，可得01时，g(x)有两个零点1和a，且x<1或x>a时，g(x)>0，则f′(x)>0；11时，g(x)>0，则f′(x)>0；a0，
当x>e时，f′(x)<0，
所以x＝e是函数f(x)的极大值点．
12．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f(m)的最小值是－4.
解析：f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.
由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4.
f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
13．若函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上有极值点，则实数a的取值范围是.
解析：函数f(x)在区间上有极值点等价于f′(x)＝0有2个不相等的实根且在内有根，由f′(x)＝0有2个不相等的实根，得a<－2或a>2.由f′(x)＝0在内有根，得a＝x＋在内有解，又x＋∈，所以2≤a<.综上，a的取值范围是.
三、解答题
14．设函数f(x)＝alnx－bx2(x>0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切．
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)在上的最大值．
解：(1)由f(x)＝alnx－bx2(x>0)，得f′(x)＝－2bx，
∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，
∴解得
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(2)由(1)知，f(x)＝lnx－x2，则f′(x)＝－x＝，
当≤x≤e时，令f′(x)>0，得≤x<1，
令f′(x)<0，得10，可得x>－1，故f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．同理可得f(x)在(－∞，－1)上单调递减．故f(x)在x＝－1处有极小值，极小值为f(－1)＝－.
(2)依题意可得f′(x)＝(x＋1－2aex)ex＝0有两个不同的实根．
设g(x)＝x＋1－2aex，则g(x)＝0有两个不同的实根x1，x2，g′(x)＝1－2aex.
若a≤0，则g′(x)≥1，此时g(x)为增函数，故g(x)＝0至多有1个实根，不符合要求．
若a>0，则当x0，当x>ln时，g′(x)<0，故g(x)在上单调递增，在上单调递减，g(x)的最大值为g＝ln－1＋1＝ln，又当x→－∞时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→－∞，故要使g(x)＝0有两个实根，则g＝ln>0，得00，此时f′(x)>0；当x>x2时，g(x)<0，此时f′(x)<0.
故x1为f(x)的极小值点，x2为f(x)的极大值点，0e，且a≠2e2.又易知(x－2)(ex－)≥0在x∈(1,2)上恒成立，即ex≤在x∈(1,2)上恒成立，即当x∈(1,2)时，y2＝的图象在y1＝ex图象的上方，所以所以a≥2e2.所以实数a的取值范围为(2e2，＋∞)．
17．(2019·北京卷)已知函数f(x)＝x3－x2＋x.
(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；
(2)当x∈[－2,4]时，求证：x－6≤f(x)≤x；
(3)设F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，记F(x)在区间[－2,4]上的最大值为M(a)．当M(a)最小时，求a的值．
解：(1)由f(x)＝x3－x2＋x
得f′(x)＝x2－2x＋1.
令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，
得x＝0或x＝.
又f(0)＝0，f()＝，
所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是
y＝x与y－＝x－，即y＝x与y＝x－.
(2)令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2,4]．
由g(x)＝x3－x2得g′(x)＝x2－2x.
令g′(x)＝0得x＝0或x＝.
g′(x)，g(x)的情况如下：
x
－2
(－2,0)
0
(0，)
(，4)
4
g′(x)
＋
－
＋
g(x)
－6
0
－
0
所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.
故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.
(3)由(2)知，
当a<－3时，M(a)≥F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；
当a>－3时，M(a)≥F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；
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当a＝－3时，M(a)＝3.
综上，当M(a)最小时，a＝－3.
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