2015届高考数学二轮专题检测16函数的极值与最值

16函数的极值与最值1．(2014·课标全国Ⅱ改编)函数f(x)在x＝x0处导数存在．若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的极值点，则p是q的________条件．答案必要不充分解析当f′(x0)＝0时，x＝x0不一定是f(x)的极值点，比如，y＝x3在x＝0时，f′(0)＝0，但在x＝0的左右两侧f′(x)的符号相同，因而x＝0不是y＝x3的极值点．由极值的定义知，x＝x0是f(x)的极值点必有f′(x0)＝0.综上知，p是q的必要条件，但不是充分条件．2．(2013·辽宁改编)设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝exx，f(2)＝e28，则x＞0时，f(x)极值情况为________．答案无极大值也无极小值解析由x2f′(x)＋2xf(x)＝exx，得f′(x)＝ex－2x2fxx3，令g(x)＝ex－2x2f(x)，x＞0，则g′(x)＝ex－2x2f′(x)－4xf(x)＝ex－2·exx＝x－2exx.令g′(x)＝0，得x＝2.当x＞2时，g′(x)＞0；当0＜x＜2时，g′(x)＜0，∴g(x)在x＝2时有最小值g(2)＝e2－8f(2)＝0，从而当x＞0时，f′(x)≥0，则f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴函数f(x)无极大值，也无极小值．3．已知x＝3是函数f(x)＝alnx＋x2－10x的一个极值点，则实数a＝________.答案12解析f′(x)＝ax＋2x－10，由f′(3)＝a3＋6－10＝0，得a＝12，经检验满足．4．设变量a，b满足约束条件b≥a，a＋3b≤4，a≥－2.z＝|a－3b|的最大值为m，则函数f(x)＝13x3－m16x2－2x＋2的极小值为________．答案－43解析据线性规划可得(a－3b)min＝－8，(a－3b)max＝－2，故2≤|a－3b|≤8，即m＝8，此时f′(x)＝x2－x－2＝(x－2)·(x＋1)，可得当x≤－1时f′(x)0，当－1x2时f′(x)0，当x≥2时f′(x)0，故当x＝2时函数取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－43.5．已知函数f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有两个极值点x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，则f(－1)的取值范围是________．答案[3,12]解析方法一由于f′(x)＝3x2＋4bx＋c，据题意方程3x2＋4bx＋c＝0有两个根x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，令g(x)＝3x2＋4bx＋c，结合二次函数图象可得只需g－2＝12－8b＋c≥0，g－1＝3－4b＋c≤0，g1＝3＋4b＋c≤0，g2＝12＋8b＋c≥0，此即为关于点(b，c)的线性约束条件，作出其对应平面区域，f(－1)＝2b－c，问题转化为在上述线性约束条件下确定目标函数f(－1)＝2b－c的最值问题，由线性规划易知3≤f(－1)≤12.方法二方程3x2＋4bx＋c＝0有两个根x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]的条件也可以通过二分法处理，即只需g(－2)g(－1)≤0，g(2)g(1)≤0即可，利用同样的方法也可解答．6．已知函数f(x)的导数为f′(x)＝x2－x，则当x＝________时，函数f(x)取得极大值．答案0解析当x0或x1时，f′(x)0；当0x1时，f′(x)0.所以当x＝0时，函数f(x)取得极大值．7．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是________．答案0a1解析∵y′＝3x2－3a，令y′＝0，可得a＝x2.又∵x∈(0,1)，∴0a1.8．函数f(x)＝x3＋3ax2＋3[(a＋2)x＋1]有极大值又有极小值，则a的取值范围是________．答案a2或a－1解析f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，令3x2＋6ax＋3(a＋2)＝0，即x2＋2ax＋a＋2＝0.因为函数f(x)有极大值又有极小值，所以方程x2＋2ax＋a＋2＝0有两个不相等的实根，即Δ＝4a2－4a－80，解得a2或a－1.9．若函数f(x)＝－12x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________________．答案0t1或2t3解析对f(x)求导，得f′(x)＝－x＋4－3x＝－x2＋4x－3x＝－x－1x－3x.由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，所以t1t＋1或t3t＋1，解得0t1或2t3.10．设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x0时，(x－k)f′(x)＋x＋10，求k的最大值．解(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)0.所以，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)由于a＝1时，(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x0时，(x－k)f′(x)＋x＋10等价于kx＋1ex－1＋x(x0)．①令g(x)＝x＋1ex－1＋x，则g′(x)＝－xex－1ex－12＋1＝exex－x－2ex－12.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝e－30，h(2)＝e2－40.所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x∈(0，α)时，g′(x)0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)0，所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于kg(α)，故整数k的最大值为2.11．(2014·天津)已知函数f(x)＝x2－23ax3(a0)，x∈R.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1，求a的取值范围．解(1)由已知，有f′(x)＝2x－2ax2(a0)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝1a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0(0，1a)1a(1a，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)013a2所以f(x)的单调递增区间是(0，1a)；单调递减区间是(－∞，0)，(1a，＋∞)．当x＝0时，f(x)有极小值，且极小值f(0)＝0；当x＝1a时，f(x)有极大值，且极大值f(1a)＝13a2.(2)由f(0)＝f(32a)＝0及(1)知，当x∈(0，32a)时，f(x)0；当x∈(32a，＋∞)时，f(x)0.设集合A＝{f(x)|x∈(2，＋∞)}，集合B＝{1fx|x∈(1，＋∞)，f(x)≠0}，则“对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1”等价于A⊆B.显然，0∉B.下面分三种情况讨论：①当32a2，即0a34时，由f(32a)＝0可知，0∈A，而0∉B，所以A不是B的子集．②当1≤32a≤2，即34≤a≤32时，有f(2)≤0，且此时f(x)在(2，＋∞)上单调递减，故A＝(－∞，f(2))，因而A⊆(－∞，0)；由f(1)≥0，有f(x)在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B.所以A⊆B.③当32a1，即a32时，有f(1)0，且此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故B＝(1f1，0)，A＝(－∞，f(2))，所以A不是B的子集．综上，a的取值范围是[34，32]．12．(2014·山东)设函数f(x)＝exx2－k(2x＋lnx)(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围．解(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝x2ex－2xexx4－k(－2x2＋1x)＝xex－2exx3－kx－2x2＝x－2ex－kxx3.由k≤0可得ex－kx0，所以当x∈(0,2)时，f′(x)0，函数y＝f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)0，函数y＝f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0,2)内单调递减，故f(x)在(0,2)内不存在极值点；当k0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)．因为g′(x)＝ex－k＝ex－elnk，当0k≤1时，得x∈(0,2)时，g′(x)＝ex－k0，y＝g(x)单调递增．故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点．当k1时，得x∈(0，lnk)时，g′(x)0，函数y＝g(x)单调递减；x∈(lnk，＋∞)时，g′(x)0，函数y＝g(x)单调递增．所以函数y＝g(x)的最小值为g(lnk)＝k(1－lnk)．函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当g00，glnk0，g20，0lnk2.解得eke22.综上所述，函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时，k的取值范围为(e，e22)．