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 8页

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，a0；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