高中数学高考2018高考数学（理）大一轮复习习题：第三章 导数及其应用 课时达标检测（十六） 导数与函数的极值、最值 Word版含答案

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)在区间上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　)

A．

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：

又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间上的最大值为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<x<1，则f′(x)>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0<x<1，则f′(x)<0；

若x>1，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：

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0<x<2时，f′(x)<0，即f(x)单调递减；

当x>2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≥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(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：

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)在上单调递增，则f(x)在上的最大值为f(e)＝a.

综上所述，当a≥2时，f(x)在上的最大值为a；当a＜2时，f(x)在上的最大值为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，0<x(2－x)＝－(x－1)2＋1<1，

ex>e，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)<g(x)，

又当x∈(x0,2)时，h′(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0<m(x)≤m(x0)，故当x∈(0，x0]时，m(x)≤m(x0)．

当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝可得当x∈(x0,2)时，m′(x)>0，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)<m(2)．

综上可得，函数m(x)的最大值为.

2．已知函数f(x)＝x2＋mx＋ln x.

(1)若m＝－3，讨论函数f(x)的单调性，并写出单调区间；

(2)若f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且m≤－，求f(x1)－f(x2)的最小值．

解：(1)当m＝－3时，f(x)＝x2－3x＋ln x，

依题意，x>0，且f′(x)＝x－3＋＝，

令f′(x)>0，得0<x<或x>，

令f′(x)<0，得<x<.

因此函数f(x)在上单调递减，在和上单调递增．

(2)由题意知，f′(x)＝x＋m＋＝，则易知x1，x2为x2＋mx＋1＝0的两个根，且x1＋x2＝－m，x1x2＝1，

所以f(x1)－f(x2)＝x＋mx1＋ln x1－x＋mx2＋ln x2＝(x－x)＋m(x1－x2)＋ln x1－ln x2

＝(x－x)－(x1＋x2)(x1－x2)＋ln x1－ln x2

＝ln－(x－x)

＝ln－·

＝ln－.

记＝t，由x1<x2且m≤－知0<t<1，

且f(x1)－f(x2)＝ln t－，

记φ(t)＝ln t－，

则φ′(t)＝＝<0，

故φ(t)在(0,1)上单调递减．

由m≤－知(x1＋x2)2≥，从而x＋x≥，

即≥，

故t＋≥，结合0<t<1，

解得0<t≤，

从而φ(t)的最小值为φ＝－ln 2，

即f(x1)－f(x2)的最小值为－ln 2.