高考数学大一轮复习课时训练15导数与函数极值最值理苏教版
课时跟踪检测(十五) 导数与函数极值、最值
(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)
第Ⅰ卷：夯基保分卷
1．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝________.
2．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，则下列图像不可能为y＝f(x)图像的是________．(填写序号)
3．(2013·南通三模)定义在[1，＋∞)上的函数f(x)满足：①f(2x)＝cf(x)(c为正常数)；②当2≤x≤4时，f(x)＝1－|x－3|.若函数的所有极大值点均落在同一条直线上，则c＝________.
4．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________．
5．(2013·盐城三调)设a>0，函数f(x)＝x＋，g(x)＝x－lnx，若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围为________．
6．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是________．
7．已知函数y＝f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图像在x＝1处的切线平行于直线6x＋2y＋5＝0，则f(x)极大值与极小值之差为________．
8．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a
0；②f(0)f(1)<0；
③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0.
其中正确结论的序号是________．
9．(2013·江苏高考节选)设函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ex－ax，其中a为实数．若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范围．
10．已知函数f(x)＝x2－1与函数g(x)＝alnx(a≠0)．
(1)若f(x)，g(x)的图像在点(1,0)处有公共的切线，求实数a的值；
(2)设F(x)＝f(x)－2g(x)，求函数F(x)的极值．
第Ⅱ卷：提能增分卷
1．(2014·常州调研)已知函数f(x)＝ax－lnx，g(x)＝，它们的定义域都是(0，e]，其中e是自然对数的底e≈2.7，a∈R.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的最小值；
(2)当a＝1时，求证：f(m)>g(n)＋对一切m，n∈(0，e]恒成立；
(3)是否存在实数a，使得f(x)的最小值是3？如果存在，求出a的值；如果不存在，说明理由．
2．(2014·苏州期末)设函数f(x)＝lnx－－lna(x>0，a>0且为常数)．
(1)当k＝1时，判断函数f(x)的单调性，并加以证明；
(2)当k＝0时，求证：f(x)>0对一切x>0恒成立；
(3)若k<0，且k为常数，求证：f(x)的极小值是一个与a无关的常数．
3．(2014·泰州质检)已知函数f(x)＝(x－a)(x－b)2，a，b是常数．
(1)若a≠b，求证：函数f(x)存在极大值和极小值；
(2)设(1)中f(x)取得极大值、极小值时自变量的值分别为x1，x2，设点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))．如果直线AB的斜率为－，求函数f(x)和f′(x)的公共递减区间的长度；
(3)若f(x)≥mxf′(x)对于一切x∈R恒成立，求实数m，a，b满足的条件．
答案
第Ⅰ卷：夯基保分卷
1．解析：y′＝2x＋x·2xln2＝0，∴x＝－.
答案：－
2．解析：因为[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；④中，f(－1)>0，f′(－1)>0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.
答案：④
3．解析：易知当2≤x≤4时，其极大值点为(3,1)；当1≤x≤2时，2≤2x≤4，从而由条件得f(x)＝f(2x)＝(1－|2x－3|)．因为c>0，故极大值点为；当2≤x≤4时，4≤2x≤8，从上述步骤得f(2x)＝cf(x)＝c(1－|4x－3|)．因为c>0，故极大值点为(6，c)；上述三点在同一直线上，
所以＝，解得c＝2或1.
答案：1或2
4．解析：求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，
由函数f(x)在x＝2处取得极值知
f′(2)＝0，
即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.
由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，
f′(x)＝－3x2＋6x，
易知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.
又f′(x)＝－3x2＋6x的图像开口向下，
且对称轴为x＝1，
∴当n∈[－1,1]时，
f′(n)min＝f′(－1)＝－9.
故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.
答案：－13
5．解析：问题可转化为f(x)min≥g(x)max，当x∈[1，e]时，g′(x)＝1－≥0，故g(x)单调递增，则g(x)max＝g(e)＝e－1.又f′(x)＝1－＝，令f′(x)＝0，得x＝a，易知，x＝a是函数f(x)的极小值，当0e时，f(x)min＝f(e)＝e＋，则e＋≥e－1，显然成立，所以a>e.综上，a≥.
答案：[，＋∞)
6．解析：f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m2－12×(m＋6)>0.所以m>6或m<－3.
答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)
7．解析：∵y′＝3x2＋6ax＋3b，
⇒
∴y′＝3x2－6x，
令3x2－6x＝0，得x＝0或x＝2.
∴f(x)极大值－f(x)极小值＝f(0)－f(2)＝4.
答案：4
8.解析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，
由f′(x)<0，得10，
得x<1或x>3，
∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．
又a0，
y极小值＝f(3)＝－abc<0.
∴00.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图．
∴f(0)<0.∴f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0.∴正确结论的序号是②③.
答案：②③
9．解：令f′(x)＝－a＝<0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a>0，进而解得x>a－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数．
同理，f(x)在(0，a－1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a－1，＋∞)，从而a－1≤1，即a≥1.令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna．当xlna时，g′(x)>0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以lna>1，即a>e.
综上，a的取值范围为(e，＋∞)．
10．解：(1)因为f(1)＝0，g(1)＝0，
所以点(1,0)同时在函数f(x)，g(x)的图像上，
因为f(x)＝x2－1，g(x)＝alnx，
所以f′(x)＝2x，g′(x)＝，
由已知，得f′(1)＝g′(1)，所以2＝，即a＝2.
(2)因为F(x)＝f(x)－2g(x)＝x2－1－2alnx(x>0)，
所以F′(x)＝2x－＝，
当a<0时，
因为x>0，且x2－a>0，所以F′(x)>0对x>0恒成立，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，F(x)无极值；
当a>0时，
令F′(x)＝0，解得x1＝，x2＝－(舍去)，
所以当x>0时，F′(x)，F(x)的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
F′(x)
－
0
＋
F(x)
递减
极小值
递增
所以当x＝时，F(x)取得极小值，且F()＝()2－1－2aln＝a－1－alna.
综上，当a<0时，函数F(x)在(0，＋∞)上无极值；
当a>0时，函数F(x)在x＝处取得极小值a－1－alna.
第Ⅱ卷：提能增分卷
1．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－lnx.
所以f′(x)＝1－.
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(0,1)
1
(1，e]
f′(x)
－
0
＋
f(x)
1
所以当x＝1时，f(x)min＝1.
(2)证明：由(1)知，当m∈(0，e]时，
有f(m)≥1.
因为0g(n)＋对一切m，n∈(0，e]恒成立．
(3)假设存在实数a，使f(x)的最小值是3，则
f′(x)＝a－＝.
①当a≤时，因为0时，
若00，f(x)在上为增函数．
所以当x＝时，fmin(x)＝1－ln＝3，解得a＝e2.
所以假设成立，存在实数a＝e2，使得f(x)的最小值是3.
2．解：(1)当k＝1时，
f(x)＝lnx－·x＋x－－lna，
因为f′(x)＝－·x－－x－
＝－≤0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上是单调减函数．
(2)证明：当k＝0时，
f(x)＝lnx＋x－－lna，故
f′(x)＝－＝.
令f′(x)＝0，解得x＝.
当0时，f′(x)>0，f(x)在上是单调增函数．
所以当x＝时，f′(x)有极小值，
为f＝2－2ln2.
因为e>2，所以f(x)的极小值，
为f＝2(1－ln2)＝2ln>0.
所以当k＝0时，f(x)>0对一切x>0恒成立．
(3)证明：
f(x)＝lnx－·x＋x－－lna，
所以f′(x)＝.
令f′(x0)＝0，得kx0－2＋a＝0.
所以＝
.
所以x0＝.
当0x0时，f′(x)>0，f(x)在(x0，＋∞)上是单调增函数．
因此，当x＝x0时，f(x)有极小值f(x0)．
又f(x0)＝ln－k＋，
而＝是与a无关的常数，所以ln，－k，均与a无关．
所以f(x0)是与a无关的常数．
故f(x)的极小值是一个与a无关的常数．
3．解：(1)证明：
f′(x)＝(x－b)[3x－(2a＋b)]，
因为a≠b，所以b≠，
所以f′(x)＝0有两个不等实根b和，
所以f(x)存在极大值和极小值．
(2)①当a＝b时，f(x)不存在减区间；
②当a>b时，由(1)知x1＝b，x2＝，
所以A(b,0)，B，
所以＝－，
即4(a－b)3＝9(a－b)，
所以a－b＝或a－b＝－(舍去)；
③当ab且a－b＝或a
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