【新高考复习】第2讲　第2课时　利用导数研究函数的极值、最值

第2课时利用导数研究函数的极值、最值一、选择题1.(2016·四川卷)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝()A.－4B.－2C.4D.2解析f′(x)＝3x2－12，∴x－2时，f′(x)0，－2x2时，f′(x)0，x2时，f′(x)0，∴x＝2是f(x)的极小值点.答案D2.函数f(x)＝12x2－lnx的最小值为()A.12B.1C.0D.不存在解析f′(x)＝x－1x＝x2－1x，且x0.令f′(x)0，得x1；令f′(x)0，得0x1.∴f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝12－ln1＝12.答案A3.(2017·合肥模拟)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x21＋x22等于()A.23B.43C.83D.163解析由图象可知f(x)的图象过点(1，0)与(2，0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1＋b＋c＝0，8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝23，所以x21＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－43＝83.答案C4.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为()A.3B.4C.6D.5解析设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则V＝πR2l＝27π，∴l＝27R2，要使用料最省，只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小.由题意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·27R.∴S′＝2πR－54πR2，令S′＝0，得R＝3，则当R＝3时，S最小.故选A.答案A5.(2017·东北四校联考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是()A.(－1，2)B.(－∞，－3)∪(6，＋∞)C.(－3，6)D.(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根.∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)0，即a2－3a－180，∴a6或a－3.答案B二、填空题6.(2017·肇庆模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，若x＝－3是函数f(x)的一个极值点，则实数a＝________.解析f′(x)＝3x2＋2ax＋3.依题意知，－3是方程f′(x)＝0的根，所以3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，解得a＝5.经检验，a＝5时，f(x)在x＝－3处取得极值.答案57.(2016·北京卷改编)设函数f(x)＝x3－3x，x≤0，－2x，x0，则f(x)的最大值为________.解析当x0时，f(x)＝－2x0；当x≤0时，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，当x－1时，f′(x)0，f(x)是增函数，当－1x0时，f′(x)0，f(x)是减函数.∴f(x)≤f(－1)＝2，∴f(x)的最大值为2.答案28.设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________.解析∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，∵x0时，－ex－1，∴a＝－ex－1.答案(－∞，－1)三、解答题9.(2015·安徽卷)已知函数f(x)＝ax（x＋r）2(a0，r0).(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；(2)若ar＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值.解(1)由题意可知x≠－r，所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞).f(x)＝ax（x＋r）2＝axx2＋2rx＋r2，f′(x)＝a（x2＋2rx＋r2）－ax（2x＋2r）（x2＋2rx＋r2）2＝a（r－x）（x＋r）（x＋r）4.所以当x－r或xr时，f′(x)0；当－rxr时，f′(x)0.因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；f(x)的单调递增区间为(－r，r).(2)由(1)的解答可知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减.因此，x＝r是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝ar（2r）2＝a4r＝4004＝100，f(x)在(0，＋∞)内无极小值；综上，f(x)在(0，＋∞)内极大值为100，无极小值.10.已知函数f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值.解(1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)－ek－1所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞).(2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；当0k－11，即1k2时，f(x)在[0，k－1]上单调递减，在[k－1，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0，1]上单调递减，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上，当k≤1时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；当1k2时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k≥2时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.11.(2017·石家庄质检)若a0，b0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，若t＝ab，则t的最大值为()A.2B.3C.6D.9解析f′(x)＝12x2－2ax－2b，则f′(1)＝12－2a－2b＝0，则a＋b＝6，又a0，b0，则t＝ab≤a＋b22＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号.答案D12.(2017·长沙调研)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≤a0，a＋50，解得a∈[－3，0)，故选C.答案C13.函数f(x)＝x3－3ax＋b(a0)的极大值为6，极小值为2，则f(x)的单调递减区间是________.解析令f′(x)＝3x2－3a＝0，得x＝±a，则f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，－a)－a(－a，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值从而（－a）3－3a（－a）＋b＝6，（a）3－3aa＋b＝2，解得a＝1，b＝4.所以f(x)的单调递减区间是(－1，1).答案(－1，1)14.(2017·济南模拟)设函数f(x)＝ln(x＋a)＋x2.(1)若当x＝－1时，f(x)取得极值，求a的值，并讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在极值，求a的取值范围，并证明所有极值之和大于lne2.解(1)f′(x)＝1x＋a＋2x，依题意，有f′(－1)＝0，故a＝32.从而f′(x)＝（2x＋1）（x＋1）x＋32，且f(x)的定义域为－32，＋∞，当－32x－1时，f′(x)0；当－1x－12时，f′(x)0；当x－12时，f′(x)0.∴f(x)在区间－32，－1，－12，＋∞上单调递增，在－1，－12上单调递减.(2)f(x)的定义域为(－a，＋∞)，f′(x)＝2x2＋2ax＋1x＋a.方程2x2＋2ax＋1＝0的判别式Δ＝4a2－8，①若Δ≤0，即－2≤a≤2时，f′(x)≥0，故f(x)无极值.②若Δ0，即a－2或a2，则2x2＋2ax＋1＝0有两个不同的实根，x1＝－a－a2－22，x2＝－a＋a2－22.当a－2时，x1－a，x2－a，故f′(x)0在定义域上恒成立，故f(x)无极值.当a2时，－ax1x2，故f(x)在(－a，x1)上递增，(x1，x2)上递减，(x2，＋∞)上递增.故f(x)在x＝x1，x＝x2取得极值.综上，f(x)存在极值时，a的取值范围为(2，＋∞).由上可知，x1＋x2＝－a，x1x2＝12.所以，f(x)的极值之和为f(x1)＋f(x2)＝ln(x1＋a)＋x21＋ln(x2＋a)＋x22＝ln(－x2)＋ln(－x1)＋(x21＋x22)＝ln(x1x2)＋(x1＋x2)2－2x1x2＝ln12＋a2－1ln12＋(2)2－1＝lne2.