【新高考复习】3 第3讲　导数与函数的极值、最值　新题培优练

[基础题组练]1．函数y＝xex在[0，2]上的最大值是()A.1eB.2e2C．0D.12e解析：选A.易知y′＝1－xex，x∈[0，2]，令y′0，得0≤x1，令y′0，得1＜x≤2，所以函数y＝xex在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y＝xex在[0，2]上的最大值是y|x＝1＝1e，故选A.2．函数f(x)＝aex－sinx在x＝0处有极值，则a的值为()A．－1B．0C．1D．e解析：选C.f′(x)＝aex－cosx，若函数f(x)＝aex－sinx在x＝0处有极值，则f′(0)＝a－1＝0，解得a＝1，经检验a＝1符合题意，故选C.3．函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则x21＋x22等于()A.89B.109C.169D.289解析：选C.函数f(x)的图象过原点，所以d＝0.又f(－1)＝0且f(2)＝0，即－1＋b－c＝0且8＋4b＋2c＝0，解得b＝－1，c＝－2，所以函数f(x)＝x3－x2－2x，所以f′(x)＝3x2－2x－2，由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2＝23，x1x2＝－23，所以x21＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2＝49＋43＝169.4．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为()A．[－3，＋∞)B．(－3，＋∞)C．(－∞，－3)D．(－∞，－3]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：x(－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，所以k≤－3.5．(2019·河南郑州质检)函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1时有极值10，则a，b的值为()A．a＝3，b＝－3或a＝－4，b＝11B．a＝－4，b＝－3或a＝－4，b＝11C．a＝－4，b＝11D．以上都不对解析：选C.由题意，f′(x)＝3x2－2ax－b，则f′(1)＝0，即2a＋b＝3.①f(1)＝1－a－b＋a2＝10，即a2－a－b＝9.②联立①②，解得a＝－4，b＝11(有极值)或a＝3，b＝－3(舍去，无极值)．6．已知x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为________．解析：x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，即x＝2是f′(x)＝3x2－3a＝0的根，将x＝2代入得a＝4，所以函数解析式为f(x)＝x3－12x＋2，则由3x2－12＝0，得x＝±2，故函数在(－2，2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x＝－2时函数f(x)取得极大值f(－2)＝18.答案：187．若函数f(x)＝x3－3ax在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a的取值范围为________．解析：因为f′(x)＝3(x2－a)，所以当a≤0时，f′(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，f(x)没有极值点，不符合题意；当a0时，令f′(x)＝0得x＝±a，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示：x(－∞，－a)－a(－a，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值因为函数f(x)在区间(－1，2)上仅有一个极值点，所以a2，－a≤－1或－a－1，2≤a，解得1≤a4.答案：[1，4)8．(2019·湖南郴州高三模拟)已知奇函数f(x)＝exx－1（x＞0），h（x）（x＜0），则函数h(x)的最大值为______．解析：先求出x＞0时，f(x)＝exx－1的最小值．当x＞0时，f′(x)＝ex（x－1）x2，所以x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数单调递减，x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数单调递增，所以x＝1时，函数取得极小值即最小值，为e－1，所以由已知条件得h(x)的最大值为1－e.答案：1－e9．(2019·兰州市诊断考试)已知函数f(x)＝13x3－12(a2＋a＋2)x2＋a2(a＋2)x，a∈R.(1)当a＝－1时，求函数y＝f(x)的单调区间；(2)求函数y＝f(x)的极值点．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝13x3－x2＋x，f′(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，所以函数f(x)是R上的增函数，单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．(2)因为f′(x)＝x2－(a2＋a＋2)x＋a2(a＋2)＝(x－a2)·[x－(a＋2)]，①当a＝－1或a＝2时，a2＝a＋2，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)为增函数，无极值点．②当a＜－1或a＞2时，a2＞a＋2，可得当x∈(－∞，a＋2)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数；当x∈(a＋2，a2)时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数；当x∈(a2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数．所以当x＝a＋2时，函数f(x)有极大值f(a＋2)；当x＝a2时，函数f(x)有极小值f(a2)．③当－1＜a＜2时，a2＜a＋2，可得当x∈(－∞，a2)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数；当x∈(a2，a＋2)时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数；当x∈(a＋2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数．所以当x＝a＋2时，函数f(x)有极小值f(a＋2);当x＝a2时，函数f(x)有极大值f(a2)．综上所述，当a＝－1或a＝2时，f(x)无极值点；当a＜－1或a＞2时，f(x)的极大值点为x＝a＋2，极小值点为x＝a2；当－1＜a＜2时，f(x)的极大值点为x＝a2，极小值点为x＝a＋2.10．已知函数f(x)＝lnxx－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m0，求函数f(x)在区间[m，2m]上的最大值．解：(1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1－lnxx2，由f′（x）0，x0得0xe；由f′（x）0，x0，得xe.所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．(2)①当2m≤e，m0，即0m≤e2时，[m，2m]⊆(0，e)，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递增，所以f(x)max＝f(2m)＝ln2m2m－1；②当me2m，即e2me时，(m，e)⊆(0，e)，(e，2m)⊆(e，＋∞)，函数f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e，2m)上单调递减，所以f(x)max＝f(e)＝lnee－1＝1e－1；③当m≥e时，(m，2m)⊆(e，＋∞)，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递减，所以f(x)max＝f(m)＝lnmm－1.综上所述，当0m≤e2时，f(x)max＝ln2m2m－1；当e2me时，f(x)max＝1e－1；当m≥e时，f(x)max＝lnmm－1.[综合题组练]1．(创新型)若函数f(x)＝13x3＋x2－23在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是()A．[－5，0)B．(－5，0)C．[－3，0)D．(－3，0)解析：选C.由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其大致图象如图所示，令13x3＋x2－23＝－23得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，－3≤a＜0，a＋5＞0，解得a∈[－3，0)．2．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为()A．－1B．－2e－3C．5e－3D．1解析：选A.因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)0，解得x－2或x1，令f′(x)0，解得－2x1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1，故选A.3．(创新型)函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，由f′(x)＝0得x＝±a，当－axa时，f′(x)0，函数单调递减；当xa或x－a时，f′(x)0，函数单调递增，所以f(x)的极大值为f(－a)，极小值为f(a)．所以f(－a)＝－a3＋3a3＋a0且f(a)＝a3－3a3＋a0.解得a22.所以a的取值范围是22，＋∞.答案：22，＋∞4．已知函数f(x)＝ax－lnx，当x∈(0，e](e为自然常数)时，函数f(x)的最小值为3，则a的值为________．解析：当a≤0时，不符合题意，所以a＞0，由f′(x)＝a－1x＝ax－1x＝0，得x＝1a，当x∈0，1a时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈1a，＋∞时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1a时取得最小值f1a＝1－ln1a.①当0＜1a≤e时，由1－ln1a＝3，得a＝e2，符合题意，②当1a＞e时，由ae－lne＝3，得a＝4e，舍去．答案：e25．(2019·石家庄市质量检测)已知函数f(x)＝aex－sinx，其中a∈R，e为自然对数的底数．(1)当a＝1时，证明：∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥1；(2)若函数f(x)在0，π2上存在极值，求实数a的取值范围．解：(1)证明：当a＝1时，f(x)＝ex－sinx，于是f′(x)＝ex－cosx.当x∈(0，＋∞)时，ex＞1且cosx≤1.故当x∈(0，＋∞)时，ex－cosx＞0，即f′(x)＞0.所以函数f(x)＝ex－sinx为(0，＋∞)上的增函数，因为f(0)＝1，所以∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥1.(2)法一：由f(x)在0，π2上存在极值，得f′(x)＝aex－cosx在0，π2上存在零点．①当a∈(0，1)时，f′(x)＝aex－cosx为0，π2上的增函数，注意到f′(0)＝a－1＜0，f′π2＝a·eπ2＞0，所以，存在唯一实数x0∈0，π2，使得f′(x0)＝0成立．当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)为(0，x0)上的减函数；当x∈x0，π2时，f′(x)＞0，f(x)为x0，π2上的增函数．所以x0x0∈0，π2为函数f(x)的极小值点．②当a≥1时，f′(x)＝aex－cosx≥ex－cosx＞0在0，π2上恒成立．所以f(x)在0，π2上单调递增，所以f(x)在0，π2上没有极值．③当a≤0时，f′(x)＝aex－cosx＜0在0，π2上恒成立，所以f(x)在0，π2上单调递减，所以f(x)在0，π2上没有极值．综上所述，若f(x)在0，π2上存在极值，则实数a的取值范围是(0，1)．法二：由函数f(x)在0，π2上存在极值，得f′(x)＝aex－cosx在0，π2上存在零点，即a＝cosxex在0，π2上有解．设g(x)＝cosxex，x∈0，π2，则g′(x)＝－（sinx＋cosx）ex＜0在0，π2上恒成立