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【高考调研】2015高考数学(人教新课标文科)课时作业:3-3 导数的应用(二)——极值与最值]


课时作业(十七)
1.函数 f(x)=(x-1)(x-2)2 在[0,3]上的最小值为( A.-8 C.0 答案 解析 B f′(x)=(x-2)2+2(x-1)(x-2)=(x-2)(3x-4). B.-4 4 D.27 )

4 令 f′(x)=0?x1= ,x2=2,结合单调性,只要比较 f(0)与 f(2)即可.f(0)= 3 -4,f(2)

=0. 故 f(x)在[0,3]上的最小值为 f(0)=-4.故选 B. 2.当函数 y=x· 2x 取极小值时,x=( 1 A.ln2 C.-ln2 答案 解析 B 由 y=x· 2x,得 y′=2x+x· 2x · ln2. 1 B.-ln2 D.ln2 )

1 令 y′=0,得 2x(1+x· ln2)=0.∵2x>0,∴x=-ln2. 3.连续函数 f(x)的导函数为 f′(x),若(x+1)· f′(x)>0,则下列结论中正确的 是( ) A.x=-1 一定是函数 f(x)的极大值点 B.x=-1 一定是函数 f(x)的极小值点 C.x=-1 不是函数 f(x)的极值点 D.x=-1 不一定是函数 f(x)的极值点 答案 解析 B x>-1 时,f′(x)>0,x<-1 时,f′(x)<0.

∴连续函数 f(x)在(-∞,-1)上递减,在(-1,+∞)上递增.∴x=-1 为 极小值点. 4.函数 f(x)=x3-3bx+3b 在(0,1)内有极小值,则( A.0<b<1 B.b<1 )

C.b>0 答案 解析 =-3b<0. A

1 D.b<2

f(x)在(0,1)内有极小值, 则 f′(x)=3x2-3b 在(0,1)上先负后正, ∴f′(0)

∴b>0,f′(1)=3-3b>0,∴b<1. 综上,b 的范围为 0<b<1. 5.已知 f(x)=2x3-6x2+m(m 为常数)在[-2,2]上有最大值 3,那么此函数在 [-2,2]上的最小值是( A.-37 C.-5 答案 解析 A f′(x)=6x2-12x=6x(x-2), ) B.-29 D.以上都不对

∴f(x)在(-2,0)上增,(0,2)上减,∴x=0 为极大值点,也为最大值点,∴f(0) =m=3,∴m=3. ∴f(-2)=-37,f(2)=-5. ∴最小值是-37,选 A. 1 7 6.已知函数 f(x)=2x3-x2-2x,则 f(-a2)与 f(-1)的大小关系为( A.f(-a2)≤f(-1) B.f(-a2)<f(-1) C.f(-a2)≥f(-1) D.f(-a2)与 f(-1)的大小关系不确定 答案 解析 A 3 7 由题意可得 f′(x)=2x2-2x-2. )

1 7 由 f′(x)=2(3x-7)(x+1)=0,得 x=-1 或 x=3. 7 当 x<-1 时,f(x)为增函数;当-1<x<3时,f(x)为减函数.所以 f(-1)是函数 f(x)在(-∞,0]上的最大值,又因为-a2≤0,故 f(-a2)≤f(-1). 7.已知 f(x)=x3+px2+qx 的图像与 x 轴相切于非原点的一点,且 f(x)极小值=

-4,那么 p,q 值分别为( A.6,9 C.4,2 答案 解析 A

) B.9,6 D.8,6

设图像与 x 轴的切点为(t,0)(t≠0),

3 2 ?f?t?=t +pt +qt=0, 设? 注意 t≠0, 2 ?f′?t?=3t +2pt+q=0,

可得出 p=-2t,q=t2.∴p2=4q,只有 A 满足这个等式(亦可直接计算出 t =-3). 8. 函数 f(x)=ax3-3x+1 对于 x∈[-1,1]总有 f(x)≥0 成立, 则 a 的取值范围 为( ) A.[2,+∞) C.{4} 答案 解析 C f′(x)=3ax2-3, B.[4,+∞) D.[2,4]

当 a≤0 时,f(x)min=f(1)=a-2≥0,a≥2,不合题意; 当 0<a≤1 时,f′(x)=3ax2-3=3a(x+ 数, f(x)min=f(1)=a-2≥0,a≥2,不合题意; 当 a>1 时,f(-1)=-a+4≥0,且 f( 述,a=4. 9.若函数 f(x)= 3 A. 3 C. 3+1 答案 解析 D x2+a-2x2 a-x2 f′(x)= 2 = 2 . ?x +a?2 ?x +a?2 x 3 (a>0)在[1,+∞)上的最大值为 3 ,则 a 的值为( x +a
2

1 1 )(x- ),f(x)在[-1,1]上为减函 a a

1 2 )=- +1≥0,解得 a=4.综上所 a a

)

B. 3 D. 3-1

令 f′(x)=0,得 x= a或 x=- a(舍). ①若 a≤1 时,即 0<a≤1 时,在[1,+∞)上 f′(x)<0,f(x)max=f(1)= 3 3 ,解得 a= 3-1,符合题意. ②若 a>1, 即 a>1, 在[1, a]上 f′(x)>0, 在[ a, +∞)上 f′(x)<0, ∴f(x)max a 3 =f( a)= 2a = 3 , 3 解得 a=4<1,不符合题意,综上知,a= 3-1. 10.(2012· 重庆)设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f′(x),且函数 y=(1 -x)f′(x)的图像如图所示,则下列结论中一定成立的是( ) 1 = 1+a

A.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) B.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(1) C.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(-2) D.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(2) 答案 解析 D 由图可得函数 y=(1-x)f′(x)的零点为-2,1,2, 则当 x<1 时, 1-x>0,

此时在(-∞,-2)上,f′(x)>0,在(-2,1)上,f′(x)<0;当 x>1 时,1-x<0,此 时在(1,2)上,f′(x)<0,在(2,+∞)上,f′(x)>0.所以 f(x)在(-∞,-2)为增函数, 在(-2,2)为减函数, 在(2, +∞)为增函数, 因此 f(x)有极大值 f(-2), 极小值 f(2), 故选 D. 11.(2014· 启东中学调研)已知函数 f(x)=ex+alnx 的定义域是 D,关于函数 f(x)给出下列命题: ①对于任意 a∈(0,+∞),函数 f(x)是 D 上的减函数; ②对于任意 a∈(-∞,0),函数 f(x)存在最小值; ③存在 a∈(0,+∞),使得对于任意的 x∈D,都有 f(x)>0 成立; ④存在 a∈(-∞,0),使得函数 f(x)有两个零点.

其中正确命题的序号是________(写出所有正确命题的序号). 答案 解析 ②④ a 由 f(x)=ex+alnx,可得 f′(x)=ex+ x,若 a>0,则 f′(x)>0,得函数

f(x)是 D 上的增函数,存在 x∈(0,1),使得 f(x)<0,即得命题①③不正确;若 a<0, a 设 ex+x=0 的根为 m,则在(0,m)上 f′(x)<0,在(m,+∞)上 f′(x)>0,所以函 数 f(x)存在最小值 f(m),即命题②正确;若 f(m)<0,则函数 f(x)有两个零点,即 命题④正确.综上可得,正确命题的序号为②④. 12.已知函数 f(x)=x2-1-2alnx(a≠0).求函数 f(x)的极值. 答案 解析 (1)a<0 时 f(x)无极值,a>0 时极小值为 a-1-alna 因为 f(x)=x2-1-2alnx(x>0),

2 2a 2?x -a? 所以 f′(x)=2x- x = x .

①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. ②当 a>0 时, 令 f′(x)=0,解得 x1= a,x2=- a(舍去). 所以当 x>0 时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (0, a) - 递减 a 0 极小值 ( a,+∞) + 递增

所以当 x= a时,f(x)取得极小值,且 f(a)=( a)2-1-2aln a=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= a处取得极小值 a-1-alna. 13.(2014· 沧州七校联考)已知函数 f(x)=-x2+ax+1-lnx. 1 (1)若 f(x)在(0,2)上是减函数,求 a 的取值范围; (2)函数 f(x)是否既有极大值又有极小值?若存在,求出 a 的取值范围;若不 存在,请说明理由.

答案 解析

(1)a≤3

(2)a>2 2

1 1 1 (1)f′(x)=-2x+a-x,∵f(x)在(0,2)上为减函数,∴x∈(0,2)时-

1 1 2x+a-x ≤0 恒成立,即 a≤2x+x恒成立. 1 1 1 1 设 g(x)=2x+ x ,则 g′(x)=2-x2.∵x∈(0,2)时x2>4,∴g′(x)<0,∴g(x) 1 1 在(0,2)上单调递减,g(x)>g(2)=3,∴a≤3. (2)若 f(x)既有极大值又有极小值,则 f′(x)=0 必须有两个不等的正实数根 x1,x2,即 2x2-ax+1=0 有两个不等的正实数根. Δ>0, ? ? 故 a 应满足?a >0 ? ?2
2 ?a -8>0, ?? ?a>2 2. ?a>0

∴当 a>2 2时,f′(x)=0 有两个不等的实数根. 不妨设 x1<x2, 1 2 由 f′(x)=- x(2x2-ax+1)=-x (x-x1)(x-x2)知, 0<x<x1 时 f′(x)<0, x1<x<x2 时 f′(x)>0,x>x2 时 f′(x)<0, ∴当 a>2 2时 f(x)既有极大值 f(x2)又有极小值 f(x1). 14.已知函数 f(x)=x3-ax2-3x. (1)若函数 f(x)在区间[1,+∞)上是增函数,求实数 a 的取值范围; 1 (2)若 x=-3是函数 f(x)的极值点,求函数 f(x)在[1,a]上的最大值; (3)设函数 g(x)=f(x)-bx,在(2)的条件下,若函数 g(x)恰有 3 个零点,求实 数 b 的取值范围. 答案 解析 (1)a≤0 (2)-6 (3)b>-7 且 b≠-3

(1)f′(x)=3x2-2ax-3,

∵f(x)在[1,+∞)是增函数, ∴f′(x)≥0 在[1,+∞)上恒成立,即 3x2-2ax-3≥0 在[1,+∞)上恒成立. a 则必有3≤1,且 f′(1)=-2a≥0.∴a≤0.

1 1 2 (2)依题意,f′(-3)=0,即3+3a-3=0,∴a=4. ∴f(x)=x3-4x2-3x. 1 令 f′(x)=3x2-8x-3=0,得 x1=-3,x2=3. 则当 x 变化时,f′(x)与 f(x)变化情况如下表: x f′(x) f(x) -6 1 (1,3) - 3 0 -18 (3,4) + -12 4

∴f(x)在[1,4]上的最大值是 f(1)=-6. (3)函数 g(x)有 3 个零点?方程 f(x)-bx=0 有 3 个不相等的实根. 即方程 x3-4x2-3x=bx 有 3 个不等实根. ∵x=0 是其中一个根, ∴只需满足方程 x2-4x-3-b=0 有两个非零不等实根. ?Δ=16+4?3+b?>0, ∴? ∴b>-7 且 b≠-3. ?-3-b≠0. 故实数 b 的取值范围是 b>-7 且 b≠-3. a 15.已知函数 f(x)=lnx-x. (1)若 a>0,试判断 f(x)在定义域内的单调性; 3 (2)若 f(x)在[1,e]上的最小值为2,求 a 的值; (3)若 f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围. 答案 解析 (1)增区间(0,+∞) (2)a=- e (3)a≥-1

(1)由题意知 f(x)的定义域为(0,+∞),

1 a x+a 且 f′(x)= x+x2= x2 . ∵a>0,∴f′(x)>0. 故 f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数. x+a (2)由(1)可知,f′(x)= x2 . ①若 a≥-1,则 x+a≥0,即 f′(x)≥0 在[1,e]上恒成立,

此时 f(x)在[1,e]上为增函数, 3 3 ∴f(x)min=f(1)=-a=2,∴a=-2(舍去). ②若 a≤-e,则 x+a≤0,即 f′(x)≤0 在[1,e]上恒成立, 此时 f(x)在[1,e]上为减函数, a 3 ∴f(x)min=f(e)=1-e =2. e ∴a=-2(舍去). ③若-e<a<-1,令 f′(x)=0,得 x=-a. 当 1<x<-a 时,f′(x)<0, ∴f(x)在(1,-a)上为减函数; 当-a<x<e 时,f′(x)>0, ∴f(x)在(-a,e)上为增函数. 3 ∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1=2. ∴a=- e. 综上所述,a=- e. a (3)∵f(x)<x2,∴lnx- x<x2. 又 x>0,∴a>xlnx-x3. 令 g(x)=xlnx-x3, h(x)=g′(x)=1+lnx-3x2, 1-6x 1 h′(x)= x-6x= x . ∵x∈(1,+∞)时,h′(x)<0, ∴h(x)在(1,+∞)上是减函数. ∴h(x)<h(1)=-2<0,即 g′(x)<0. ∴g(x)在(1,+∞)上也是减函数. ∴g(x)<g(1)=-1. ∴当 a≥-1 时,f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立.
2


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