第03讲 导数与函数的极值、最值（解析版）练习题

第3讲　导数与函数的极值、最值

 [A级　基础练]

1．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是(　　)

A．25，－2　　　　　　　　 B．50，14

C．50，－2   D．50，－14

解析：选C.因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x，当x∈[－4，－3)或x∈(0，2]时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，当x∈(－3，0)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是50，－2.

2．设函数，则（    ）

A．为的极大值点         B．为的极小值点

C．为的极大值点        D．为的极小值点

【答案】D

【解析】，，恒成立，令，则

当时，，函数单调减，当时，，函数单调增，

则为的极小值点，故选D．

3．（多选）（2020·山东潍坊三模）已知函数的导函，

则下列结论正确的是（    ）

A．在处有极大值 B．在处有极小值

C．在上单调递减 D．存在极小值与极大值

【答案】CD

【解析】由函数的导函数可知，当

和时，，单调递增区间为和，当时，

，单调递减区间为，是的极大值，是的极小值，

故AB错误，CD正确，故选CD．

4．某莲藕种植塘每年的固定成本是1万元，每年最大规模的种植是8万斤，每种植一斤莲藕，成本增加0.5元，销售额函数是f(x)＝－x3＋ax2＋x(x是莲藕种植量，单位：万斤；销售额的单位：万元，a是常数)，若种植2万斤，利润是2.5万元，则要使利润最大，每年种植莲藕(　　)

A．8万斤   B．6万斤

C．3万斤   D．5万斤

解析：选B.设销售利润为g(x)，得g(x)＝－x3＋ax2＋x－1－x＝－x3＋ax2－1，当x＝2时，g(2)＝－×23＋a×22－1＝2.5，解得a＝2.

所以g(x)＝－x3＋x2－1，

g′(x)＝－x2＋x＝－x(x－6)，

所以函数g(x)在(0，6)上单调递增，在(6，8)上单调递减．

所以当x＝6时，函数g(x)取得极大值即最大值．

5．函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是(　　)

A．0   B．1

C．2   D．无数

解析：选A.函数定义域为(0，＋∞)，

且f′(x)＝6x＋－2＝，令g(x)＝6x2－2x＋1，

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．

6．f(x)＝ex－x在区间[－1，1]上的最大值为________．

解析：f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0，令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0，则函数f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，f(－1)＝e－1＋1，f(1)＝e－1，f(－1)－f(1)＝＋2－e<＋2－e<0，所以f(1)>f(－1)．所以最大值为e－1.

答案：e－1

7．(2021·咸阳模拟)已知三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则＝________．

解析：f′(x)＝3ax2＋2bx＋c；

根据题图知，x＝－1，2是f(x)的两个极值点，

所以x＝－1，2是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两个实数根，

根据根与系数的关系得，

所以2b＝－3a，c＝－6a，

所以＝＝＝1.

答案：1

8．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是________．

【答案】

【解析】，由题设，方程有两个不同的正根．

令，．当时，，

在上是增函数，不满足方程有两个不同的正根；当时，可得

，结合的图像得：所以．

9．设函数f(x)＝x2＋1－ln x.

(1)求f(x)的单调区间；

(2)求函数g(x)＝f(x)－x在区间上的最小值．

解：(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－，

由f′(x)>0，得x>，由f′(x)<0，得0<x<.

所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.

(2)由题意知g(x)＝x2＋1－ln x－x，g′(x)＝2x－－1＝，由g′(x)>0，得x>1，由g′(x)≤0，得0<x≤1，

所以g(x)在上单调递减，在(1，2)上单调递增，

所以在区间上，g(x)的最小值为g(1)＝1.

10．若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．

(1)求a，b的值；

(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点．

解：(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.

(2)由(1)知f(x)＝x3－3x，

则g′(x)＝f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，

所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，

即函数g(x)的极值点只可能是1或－2.

当x<－2时，g′(x)<0，当－2<x<1时，

g′(x)>0，

当x>1时，g′(x)>0，

所以－2是g(x)的极值点，1不是g(x)的极值点．

综上所述，g(x)的极值点为－2.

[B级　综合练]

11．函数f(x)在x＝x0处的导数存在，若p：f′(x0)＝0，q：x＝x0是f(x)的极值点，则(　　)

A．p是q的充分必要条件

B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件

C．p是q的必要条件，但不是q的充分条件

D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件

解析：选C.设f(x)＝x3，则f′(0)＝0，但是f(x)是单调递增函数，故在x＝0处不存在极值，故若p则q是一个假命题，由极值的定义可得若q则p是一个真命题，故选C.

12．（2020山东名校联考）已知函数在处取得极小值，则的极大值为（   ）

A．   B．   C．   D．

【答案】B

【解析】由题意得，，所以，解得，

所以， ，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的极大值为.

13．(2021·全国统一考试模拟五)已知函数f(x)＝m(x2－1)－ln x(m∈R)．

(1)若m＝1，求证：f(x)≥0；

(2)讨论函数f(x)的极值．

解：(1)证明：当m＝1时，f(x)＝(x2－1)－ln x(x>0)，

则f′(x)＝x－＝，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝0，故f(x)≥0.

(2)由题意知，f′(x)＝mx－＝，x>0.

①当m≤0时，f′(x)＝<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，没有极值．

②当m>0时，令f′(x)＝＝0，得x＝，当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．

故f(x)在x＝处取得极小值f＝ln m＋－m，无极大值．

14．已知函数f(x)＝－ax，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线经过点(2，－1)．

(1)求实数a的值；

(2)设b>1，求f(x)在上的最大值和最小值．

解：(1)由题可得f(x)的导函数为f′(x)＝，所以f′(1)＝＝1－a.

依题意，有＝1－a，即＝1－a，

解得a＝1.

(2)由(1)得f′(x)＝，

当0<x<1时，1－x2>0，－ln x>0，

所以f′(x)>0，故f(x)在(0，1)上单调递增；

当x>1时，1－x2<0，－ln x<0，

所以f′(x)<0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递减．

所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

又因为0<<1<b，所以f(x)的最大值为f(1)＝－1.

设h(b)＝f(b)－f＝ln b－b＋，其中b>1，

则h′(b)＝ln b>0，

所以h(b)在(1，＋∞)上单调递增．

当b→1时，h(b)→0，可得h(b)>0，则f(b)>f，

故f(x)最小值为f＝－bln b－.

[C级　创新练]

15．(创新型)(2020·郑州质检)若函数y＝f(x)存在n－1(n∈N*)个极值点，则称y＝f(x)为n折函数，例如f(x)＝x2为2折函数．已知函数f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则f(x)为(　　)

A．2折函数   B．3折函数

C．4折函数   D．5折函数

解析：选C.f′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)(3x＋2)＝(x＋2)·(ex－3x－2)，令f′(x)＝0，得x＝－2或ex＝3x＋2.

易知x＝－2是f(x)的一个极值点，

又ex＝3x＋2，结合函数图象，y＝ex与y＝3x＋2有两个交点．又e－2≠3×(－2)＋2＝－4.

所以函数y＝f(x)有3个极值点，则f(x)为4折函数．

16．若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t)＝g′(t)，则称函数g(x)为f(x)的“友导”函数．已知函数g(x)＝－x3－3x＋1为函数f(x)＝2xln x－ax的“友导”函数，则a的取值范围是________．

解析：由题意，得g′(x)＝－x2－3.又由题意知g(x)＝－x3－3x＋1为函数f(x)＝2xln x－ax的“友导”函数，所以方程2xln x－ax＝－x2－3(x>0)有解，即a＝x＋2ln x＋有解．令h(x)＝x＋2ln x＋，则h′(x)＝1＋－＝，当0<x<1时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)≥h(1)＝4，所以由方程a＝x＋2ln x＋有解，可得a≥4.

答案：[4，＋∞)