课时跟踪检测十五导数与函数的极值最值重点高中.docx
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课时跟踪检测十五导数与函数的极值最值重点高中
课时跟踪检测(十五)导数与函数的极值、最值
(二)重点高中适用作业
A级——保分题目巧做快做
1.函数f(x)=lnx-x在区间(0,e]上的最大值为( )
A.1-e B.-1
C.-eD.0
解析:
选B 因为f′(x)=-1=,当x∈(0,1)时,f′(x)>0;当x∈(1,e]时,f′(x)<0,所以f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,e],所以当x=1时,f(x)取得最大值ln1-1=-1.
2.已知函数f(x)的定义域为(a,b),导函数f′(x)在(a,b)上的图象如图所示,则函数f(x)在(a,b)上的极大值点的个数为( )
A.1B.2
C.3D.4
解析:
选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知,f′(x)在(a,b)上与x轴的交点个数为4,但是在原点附近的导数值恒大于零,故x=0不是函数f(x)的极值点,其余的3个交点都是极值点,其中有2个点满足其附近的导数值左正右负,故极大值点有2个.
3.若函数f(x)=x3-2cx2+x有极值点,则实数c的取值范围为( )
A.
B.
C.∪
D.∪
解析:
选D 若函数f(x)=x3-2cx2+x有极值点,
则f′(x)=3x2-4cx+1=0有两个不等实根,
故Δ=(-4c)2-12>0,解得c>或c<-.
所以实数c的取值范围为∪.
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( )
A.-13B.-15
C.10D.15
解析:
选A 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,所以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,所以当m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4.
又因为f′(x)=-3x2+6x的图象开口向下,且对称轴为x=1,
所以当n∈[-1,1]时,f′(n)min=f′(-1)=-9.
故f(m)+f′(n)的最小值为-13.
5.已知函数f(x)=-k,若x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,则实数k的取值范围为( )
A.(-∞,e]B.[0,e]
C.(-∞,e)D.[0,e)
解析:
选A 因为函数f(x)=-k,
所以函数f(x)的定义域是(0,+∞),
所以f′(x)=-k
=.
因为x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,
所以x=2是导函数f′(x)=0的唯一根.
所以-k=0在(0,+∞)上无变号零点.
设g(x)=,则g′(x)=.
当x∈(0,1)时,g′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,
所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g
(1)=e,结合g(x)=与y=k的图象知,若x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,则应需k≤e.
6.f(x)=的极小值为________.
解析:
f′(x)==.
令f′(x)<0,得x<-2或x>1.
令f′(x)>0,得-2 ∴f(x)在(-∞,-2),(1,+∞)上是减函数,在(-2,1)上是增函数,∴f(x)极小值=f(-2)=-. 答案: - 7.从边长为10cm×16cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形,做成一个无盖的盒子,则盒子容积的最大值为________cm3. 解析: 设盒子容积为ycm3,盒子的高为xcm,x∈(0,5). 则y=(10-2x)(16-2x)x=4x3-52x2+160x, ∴y′=12x2-104x+160. 令y′=0,得x=2或x=(舍去), ∴ymax=6×12×2=144(cm3). 答案: 144 8.已知函数f(x)=x3-3ax+b的单调递减区间为(-1,1),其极小值为2,则f(x)的极大值是________. 解析: 因为f(x)的单调递减区间为(-1,1),所以a>0, 由f′(x)=3x2-3a=3(x-)(x+), 可得a=1, 由f(x)=x3-3ax+b在x=1处取得极小值2, 可得1-3+b=2,故b=4. 所以f(x)=x3-3x+4的极大值为f(-1)=(-1)3-3×(-1)+4=6. 答案: 6 9.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,曲线y=f(x)在点x=1处的切线为l: 3x-y+1=0,若x=时,y=f(x)有极值. (1)求a,b,c的值. (2)求y=f(x)在[-3,1]上的最大值和最小值. 解: (1)由f(x)=x3+ax2+bx+c, 得f′(x)=3x2+2ax+b. 当x=1时,切线l的斜率为3,可得2a+b=0,① 当x=时,y=f(x)有极值,则f′=0, 可得4a+3b+4=0,② 由①②,解得a=2,b=-4. 由于切点的横坐标为1,纵坐标为4,所以f (1)=4. 所以1+a+b+c=4,得c=5. (2)由 (1)可得f(x)=x3+2x2-4x+5, f′(x)=3x2+4x-4. 令f′(x)=0,解得x=-2或x=. 当x变化时,f′(x),f(x)的取值及变化情况如表所示: x -3 (-3,-2) -2 1 f′(x) + + 0 - 0 + + f(x) 8 13 4 所以y=f(x)在[-3,1]上的最大值为13,最小值为. 10.设函数f(x)=mx2-(2m+1)x+lnx,m∈R. (1)当m=3时,求f(x)的极值; (2)设m>0,讨论函数f(x)的单调性. 解: (1)当m=3时,f(x)=3x2-7x+lnx(x>0), ∴f′(x)=6x-7+=. 由f′(x)>0,得0 由f′(x)<0,得 ∴函数f(x)在和(1,+∞)上单调递增,在上单调递减, ∴函数f(x)的极大值为f=--ln6,极小值为f (1)=-4. (2)由题意知,函数f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=2mx-(2m+1)+=. 由f′(x)=0,得x=或x=1. ①当=1,即m=时,f′(x)≥0恒成立, ∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增; ②当>1,即0 由f′(x)>0,得0 由f′(x)<0,得1 ∴函数f(x)在(0,1)和上单调递增,在上单调递减; ③当0<<1,即m>时, 由f′(x)>0,得0 由f′(x)<0,得 ∴函数f(x)在和(1,+∞)上单调递增,在上单调递减. B级——拔高题目稳做准做 1.(2017·全国卷Ⅱ)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-3 C.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x>1, 令f′(x)<0,解得-2 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. 2.(2018·广东韶关六校联考)对于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),给出定义: 设f′(x)是函数y=f(x)的导数,f″(x)是f′(x)的导数,若方程f″(x)=0有实数解x0,则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.经过探究发现: 任何一个三次函数都有“拐点”;任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.设函数g(x)=2x3-3x2+,则g+g+…+g=( ) A.100B.50 C.D.0 解析: 选D ∵g(x)=2x3-3x2+, ∴g′(x)=6x2-6x,g″(x)=12x-6, 由g″(x)=0,得x=, 又g=2×3-3×2+=0, ∴函数g(x)的图象关于点对称, ∴g(x)+g(1-x)=0, ∴g+g+…+g=49×0+g=g=0.故选D. 3.函数f(x)=x3-3ax+b(a>0)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=±. 当x变化时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表: x (-∞, -) - (-, ) (, +∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) 极大值 极小值 从而 解得 所以f(x)的单调递减区间是(-1,1). 答案: (-1,1) 4.设函数f(x)=lnx-ax2-bx,若x=1是f(x)的极大值点,则a的取值范围为________. 解析: ∵f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-ax-b, 由f′ (1)=0,得b=1-a. ∴f′(x)=-ax+a-1= =-. ①若a≥0,当0<x<1时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 所以x=1是f(x)的极大值点. ②若a<0,由f′(x)=0,得x=1或x=-. 因为x=1是f(x)的极大值点, 所以->1,解得-1<a<0. 综合①②得a的取值范围是(-1,+∞). 答案: (-1,+∞) 5.已知函数f(x)=-. (1)求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程; (2)设函数g(x)=--+m(m∈R),试讨论函数f(x)与g(x)的图象在(0,+∞)上交点的个数. 解: (1)由题意知,f′(x)=, ∴f′(0)=1,又f(0)=-, 故所求切线方程为y+=x,即x-y-=0. (2)令h(x)=f(x)-g(x)=-++-m(x>0), 则h′(x)=-+=-. 易知h′ (1)=0, ∴当0 ∴函数h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, ∴h(x)max=h (1)=-+1-m. ①当-+1-m=0,即m=1-时,函数h(x)只有1个零点, 即函数f(x)与g(x)的图象在(0,+∞)上只有1个交点; ②当-+1-m<0,即m>1-时,函数h(x)没有零点, 即函数f(x)与g(x)的图象在(0,+∞)上没有交点; ③当-+1-m>0,即m<1-时,函数h(x)有2个零点, 即函数f(x)与g(x)的图象在(0,+∞)上有2个交点. 6.(2018·广西三市第一次联考)已知f(x)=ax-lnx,x∈(0,e],g(x)=,其中e是自然对数的底数,a∈R. (1)当a=1时,求f(x)的极值,并证明f(x)>g(x)+恒成立; (2)是否存在实数a,使f(x)的最小值为3? 若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由. 解: (1)∵f(x)=x-lnx,f′(x)=1-=. ∴当0<x<1时,f′(x)<0,此时f(x)单调递减; 当1<x<e时,f′(x)>0
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