江苏专用2018高考数学一轮复习导数及其应用利用导数研究函数的极值最值课时分层训练 7页

第四章 导数及其应用 第18课 利用导数研究函数的极值、最值课时分层训练 A组　基础达标 ‎(建议用时：30分钟)‎ 一、填空题 ‎1．当函数y＝x·2x取极小值时，x等于________．‎ ‎－　[令y′＝2x＋x·2xln 2＝0，‎ ‎∴x＝－.‎ 经验证，－为函数y＝x·2x的极小值点．]‎ ‎2．函数y＝ln x－x在x∈(0，e]上的最大值为________．‎ ‎－1　[函数y＝ln x－x的定义域为(0，＋∞)．‎ 又y′＝－1＝，令y′＝0得x＝1，‎ 当x∈(0,1)时，y′＞0，函数单调递增；‎ 当x∈(1，e]时，y′＜0，函数单调递减．‎ 当x＝1时，函数取得最大值－1.]　‎ ‎3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是________．‎ ‎(－∞，－3)∪(6，＋∞)　[∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，‎ 由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根，‎ ‎∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，即a2－3a－18＞0，‎ ‎∴a＞6或a＜－3.]‎ ‎4．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，则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是________．(填序号) ‎ ‎【导学号：62172101】‎ ‎①　　　　②　　　 　③　　　　　④‎ 图183‎ ‎④　[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.选项④中，f(－1)＞0，f ‎′(－1)＞0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.]‎ ‎5．函数f(x)＝x3＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是________．‎ ‎－　[f′(x)＝x2＋2x－3，令f′(x)＝0得x＝1(x＝－3舍去)，又f(0)＝－4，f(1)＝－，f(2)＝－，故f(x)在[0,2]上的最小值是f(1)＝－.]‎ ‎6．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．‎ ‎(－∞，－1)　[∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.‎ ‎∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，‎ 则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，‎ ‎∵x＞0时，－ex＜－1，∴a＝－ex＜－1.]‎ ‎7．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)＝________. ‎ ‎【导学号：62172102】‎ ‎18　[∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，且f′(x)＝3x2＋2ax＋b，‎ ‎∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，‎ 即 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.]‎ ‎8．函数f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的极大值为6，极小值为2，则f(x)的单调递减区间是________．‎ ‎(－1,1)　[∵f′(x)＝3x2－‎3a，由f′(x)＝0得x＝±.‎ 由f′(x)>0得x>或x<－；‎ 由f′(x)<0得－0得x<－2或x>0，‎ 由f′(x)<0得00时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值. 【导学号：62172104】‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝－a(x>0)．‎ ‎①当a≤0时，f′(x)＝－a>0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．‎ ‎②当a>0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，‎ 当00；‎ 当x>时，f′(x)＝<0，‎ 故函数f(x)的单调递增区间为，‎ 单调递减区间为.‎ 综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；‎ 当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ ‎(2)①当≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1,2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－‎2a.‎ ‎②当≥2，即00时，令f′(x)>0，解得x>m或x<，令f′(x)<0，解得0得x，令f′(x)<0得>x>m，‎ ‎∴f(x)在(－∞，m)递增，在递减，∴f(x)极大值＝f(m)＝，而f(m)＝0，不成立．‎ 综上，m＝.]‎ ‎2．设函数f(x)＝则f(x)的最大值为________．‎ ‎2　[当x＞0时，f(x)＝－2x＜0；当x≤0时，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，当x＜－1时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，当－1＜x＜0时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，∴f(x)≤f(－1)＝2，∴f(x)的最大值为2.]‎ ‎3．设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2，当k∈时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.‎ ‎[解]　因为f(x)＝(x－1)ex－kx2，‎ 所以f′(x)＝xex－2kx＝x(ex－2k)，‎ 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝ln 2k，‎ 因为k∈，所以2k∈(1,2]，所以0＜ln 2k≤ln 2.‎ 设g(k)＝k－ln 2k，k∈，‎ g′(k)＝1－＝≤0，‎ 所以g(k)在上是减函数，‎ 所以g(k)≥g(1)＝1－ln 2＞0，即0＜ln 2k＜k.‎ 所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：‎ x ‎(0，ln 2k)‎ ln 2k ‎(ln 2k，k)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极小值  所以函数f(x)在[0，k]上的最大值为f(0)或f(k)．‎ f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3，‎ f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1＝(k－1)ek－(k3－1)‎ ‎＝(k－1)ek－(k－1)(k2＋k＋1)‎ ‎＝(k－1)[ek－(k2＋k＋1)]．‎ 因为k∈，所以k－1≤0.‎ 令h(k)＝ek－(k2＋k＋1)，则h′(k)＝ek－(2k＋1)．‎ 对任意的k∈，y＝ek的图象恒在y＝2k＋1的图象的下方，所以ek－(2k＋1)＜0，即h′(k)＜0，‎ 所以函数h(k)在上为减函数，故h(1)≤h(k)＜h＝e－＝－＜0，‎ 所以f(k)－f(0)≥0，即f(k)≥f(0)．‎ 所以函数f(x)在[0，k]上的最大值M＝f(k)＝(k－1)ek－k3.‎ ‎4．设a＞0，函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋a(1＋ln x)．‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)在(2，f(2))处与直线y＝－x＋1垂直的切线方程；‎ ‎(2)求函数f(x)的极值．‎ ‎[解]　(1)由已知，得x＞0，f′(x)＝x－(a＋1)＋，‎ y＝f(x)在(2，f(2))处切线的斜率为1，‎ 所以f′(2)＝1，‎ 即2－(a＋1)＋＝1，‎ 所以a＝0，‎ 此时f(2)＝2－2＝0，‎ 故所求的切线方程为y＝x－2.‎ ‎(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋ ‎＝ ‎＝.‎ a．当0＜a＜1时，若x∈(0，a)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；‎ 若x∈(a,1)，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；‎ 若x∈(1，＋∞)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．‎ 此时x＝a是f(x)的极大值点，x＝1是f(x)的极小值点，‎ 函数f(x)的极大值是f(a)＝－a2＋aln a，极小值是f(1)＝－.‎ b．当a＝1时，f′(x)＝≥0，‎ 所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)内单调递增，‎ 此时f(x)没有极值点，故无极值．‎ c．当a＞1时，若x∈(0,1)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；‎ 若x∈(1，a)，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；‎ 若x∈(a，＋∞)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．‎ 此时x＝1是f(x)的极大值点，x＝a是f(x)的极小值点 ，函数f(x)的极大值是f(1)＝－，极小值是f(a)＝－a2＋aln a.‎ 综上，当0＜a＜1时，f(x)的极大值是－a2＋aln a，极小值是－；‎ 当a＝1时，f(x)没有极值；‎ 当a＞1时，f(x)的极大值是－，极小值是－a2＋aln a.‎