2015届高考数学大一轮复习课时训练15导数与函数极值最值理苏教版

课时跟踪检测(十五)导数与函数极值、最值(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)第Ⅰ卷：夯基保分卷1．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝________.2．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图像不可能为y＝f(x)图像的是________．(填写序号)3．(2013·南通三模)定义在[1，＋∞)上的函数f(x)满足：①f(2x)＝cf(x)(c为正常数)；②当2≤x≤4时，f(x)＝1－|x－3|.若函数的所有极大值点均落在同一条直线上，则c＝________.4．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是________．5．(2013·盐城三调)设a0，函数f(x)＝x＋a2x，g(x)＝x－lnx，若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围为________．6．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是________．7．已知函数y＝f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图像在x＝1处的切线平行于直线6x＋2y＋5＝0，则f(x)极大值与极小值之差为________．8．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，abc，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)0；②f(0)f(1)0；③f(0)f(3)0；④f(0)f(3)0.其中正确结论的序号是________．9．(2013·江苏高考节选)设函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ex－ax，其中a为实数．若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范围．10．已知函数f(x)＝x2－1与函数g(x)＝alnx(a≠0)．(1)若f(x)，g(x)的图像在点(1,0)处有公共的切线，求实数a的值；(2)设F(x)＝f(x)－2g(x)，求函数F(x)的极值．第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2014·常州调研)已知函数f(x)＝ax－lnx，g(x)＝lnxx，它们的定义域都是(0，e]，其中e是自然对数的底e≈2.7，a∈R.(1)当a＝1时，求函数f(x)的最小值；(2)当a＝1时，求证：f(m)g(n)＋1727对一切m，n∈(0，e]恒成立；(3)是否存在实数a，使得f(x)的最小值是3？如果存在，求出a的值；如果不存在，说明理由．2．(2014·苏州期末)设函数f(x)＝lnx－kx－aax－lna(x0，a0且为常数)．(1)当k＝1时，判断函数f(x)的单调性，并加以证明；(2)当k＝0时，求证：f(x)0对一切x0恒成立；(3)若k0，且k为常数，求证：f(x)的极小值是一个与a无关的常数．3．(2014·泰州质检)已知函数f(x)＝(x－a)(x－b)2，a，b是常数．(1)若a≠b，求证：函数f(x)存在极大值和极小值；(2)设(1)中f(x)取得极大值、极小值时自变量的值分别为x1，x2，设点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))．如果直线AB的斜率为－12，求函数f(x)和f′(x)的公共递减区间的长度；(3)若f(x)≥mxf′(x)对于一切x∈R恒成立，求实数m，a，b满足的条件．答案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解析：y′＝2x＋x·2xln2＝0，∴x＝－1ln2.答案：－1ln22．解析：因为[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；④中，f(－1)0，f′(－1)0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.答案：④3．解析：易知当2≤x≤4时，其极大值点为(3,1)；当1≤x≤2时，2≤2x≤4，从而由条件得f(x)＝1cf(2x)＝1c(1－|2x－3|)．因为c0，故极大值点为32，1c；当2≤x≤4时，4≤2x≤8，从上述步骤得f(2x)＝cf(x)＝c(1－|4x－3|)．因为c0，故极大值点为(6，c)；上述三点在同一直线上，所以1－1c3－32＝c－16－3，解得c＝2或1.答案：1或24．解析：求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又f′(x)＝－3x2＋6x的图像开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1,1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.答案：－135．解析：问题可转化为f(x)min≥g(x)max，当x∈[1，e]时，g′(x)＝1－1x≥0，故g(x)单调递增，则g(x)max＝g(e)＝e－1.又f′(x)＝1－a2x2＝x2－a2x2，令f′(x)＝0，得x＝a，易知，x＝a是函数f(x)的极小值，当0a≤1时，f(x)min＝f(1)＝1＋a2，则1＋a2≥e－1，所以e－2≤a≤1；当1a≤e时，f(x)min＝f(a)＝2a，则2a≥e－1，显然成立，所以1a≤e；当ae时，f(x)min＝f(e)＝e＋a2e，则e＋a2e≥e－1，显然成立，所以ae.综上，a≥e－2.答案：[e－2，＋∞)6．解析：f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m2－12×(m＋6)0.所以m6或m－3.答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)7．解析：∵y′＝3x2＋6ax＋3b，3×22＋6a×2＋3b＝03×12＋6a＋3b＝－3⇒a＝－1，b＝0.∴y′＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，得x＝0或x＝2.∴f(x)极大值－f(x)极小值＝f(0)－f(2)＝4.答案：48.解析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由f′(x)0，得1x3，由f′(x)0，得x1或x3，∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．又abc，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，∴y极大值＝f(1)＝4－abc0，y极小值＝f(3)＝－abc0.∴0abc4.∴a，b，c均大于零，或者a0，b0，c0.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f(0)0.∴f(0)f(1)0，f(0)f(3)0.∴正确结论的序号是②③.答案：②③9．解：令f′(x)＝1x－a＝1－axx0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a0，进而解得xa－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a－1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a－1，＋∞)，从而a－1≤1，即a≥1.令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna．当xlna时，g′(x)0；当xlna时，g′(x)0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以lna1，即ae.综上，a的取值范围为(e，＋∞)．10．解：(1)因为f(1)＝0，g(1)＝0，所以点(1,0)同时在函数f(x)，g(x)的图像上，因为f(x)＝x2－1，g(x)＝alnx，所以f′(x)＝2x，g′(x)＝ax，由已知，得f′(1)＝g′(1)，所以2＝a1，即a＝2.(2)因为F(x)＝f(x)－2g(x)＝x2－1－2alnx(x0)，所以F′(x)＝2x－2ax＝2x2－ax，当a0时，因为x0，且x2－a0，所以F′(x)0对x0恒成立，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，F(x)无极值；当a0时，令F′(x)＝0，解得x1＝a，x2＝－a(舍去)，所以当x0时，F′(x)，F(x)的变化情况如下表：x(0，a)a(a，＋∞)F′(x)－0＋F(x)递减极小值递增所以当x＝a时，F(x)取得极小值，且F(a)＝(a)2－1－2alna＝a－1－alna.综上，当a0时，函数F(x)在(0，＋∞)上无极值；当a0时，函数F(x)在x＝a处取得极小值a－1－alna.第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－lnx.所以f′(x)＝1－1x.令f′(x)＝0，得x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，e]f′(x)－0＋f(x)1所以当x＝1时，f(x)min＝1.(2)证明：由(1)知，当m∈(0，e]时，有f(m)≥1.因为0x≤e，所以g′(x)＝1－lnxx2≥0，即g(x)在区间(0，e]上为增函数，所以g(x)≤g(e)＝lnee＝1e12.7＝1027，所以g(x)[phone]＋1727＝1，所以当m，n∈(0，e]时，g(n)＋17271≤f(m)．所以f(m)g(n)＋1727对一切m，n∈(0，e]恒成立．(3)假设存在实数a，使f(x)的最小值是3，则f′(x)＝a－1x＝ax－1x.①当a≤1e时，因为0x≤e，所以ax≤1，所以f′(x)≤0，所以f(x)在(0，e]上为减函数．所以当x＝e时，fmin(x)＝ae－1＝3，解得a＝4e(舍去)；②当a1e时，若0x1a时，f′(x)0，f(x)在0，1a上为减函数；若1ax≤e时，f′(x)0，f(x)在1a，e上为增函数．所以当x＝1a时，fmin(x)＝1－ln1a＝3，解得a＝e2.所以假设成立，存在实数a＝e2，使得f(x)的最小值是3.2．解：(1)当k＝1时，f(x)＝lnx－1a·x12＋ax－12－lna，因为f′(x)＝1x－12a·x－12－a2x－32＝－x－a22xax≤0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上是单调减函数．(2)证明：当k＝0时，f(x)＝lnx＋ax－12－lna，故f′(x)＝1x－a2xx＝2x－a2xx.令f′(x)＝0，解得x＝a4.当0xa4时，f′(x)0，f(x)在0，a4上是单调减函数；当xa4时，f′(x)0，f(x)在a4，＋∞上是单调增函数．所以当x＝a4时，f′(x)有极小值，为fa4＝2－2ln2.因为e2，所以f(x)的极小值，为fa4＝2(1－ln2)＝2lne20.所以当k＝0时，f(x)0对一切x0恒成立．(3)证明：f(x)＝lnx－ka·x12＋ax－12－lna，所以f′(x)＝－kx＋2ax－a2xax.令f′(x0)＝0，得kx0－2ax0＋a＝0.所以x0＝a1－1－kkx0＝a1＋1－kk舍去.所以x0＝a1＋1－k2.当0xx0时，f′(x)0，f(x)在(0，x0)上是单调减函数；当xx0时，f′(x)0，f(x)在(x0，＋∞)上是单调增函数．因此，当x＝x0时，f(x)有极小值f(x0)．又f(x0)＝lnx0a－kx0a＋ax0，而x0a＝11＋1－k2是与a无关的常数，所以lnx0a，－kx0a，ax0均与a无关．所以f(x0)是与a无关的常数．故f(x)的极小值是一个与a无关的常数．3．解：(1)证明：f′(x)＝(x－b)[3x－(2a＋b)]，因为a≠b，所以b≠2a＋b3，所以f′(x)＝0有两个不等实根b和2a＋b3，所以f(x)存在极大值和极小值．(2)①当a＝b时，f(x)不存在减区间；②当ab时，由(1)知x1＝b，x2＝2a＋b3，所以A(b,0)，B2a＋b3，－4a－b327，所以－4a－b3272a＋b3－b＝－12，即4(a－b)3＝9(a－b)