（江苏专版）2020版高考数学一轮复习 课时跟踪检测（十五）导数与函数的极值、最值 理（含解析）苏教

课时跟踪检测（十五）导数与函数的极值、最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·昆山调研)已知函数f(x)的导函数f′(x)＝x2－x，则使得f(x)取得极大值的x＝________.解析：由f′(x)＝x2－x＝0得到x＝0或x＝1，当x＜0或x＞1时，f′(x)＞0.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值．答案：02．(2019·江都中学检测)函数f(x)＝x3－3x－3在区间[－3，0]上的最大值和最小值分别为m，n，则m＋n＝________.解析：∵f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，∴当－3≤x＜－1时，f′(x)＞0；当－1＜x≤0时，f′(x)＜0.∴f(x)在[－3，－1)上是增函数，在(－1,0]上是减函数．∴当x＝－1时，f(x)取得最大值f(－1)＝－1，即m＝－1.∵f(－3)＝－21＜f(0)＝－3，∴当x＝－3时，f(x)取得最小值f(－3)＝－21，即n＝－21.故m＋n＝－22.答案：－223．(2018·启东中学测试)已知函数f(x)＝3x3－9x＋a有两个零点，则a＝________.解析：f′(x)＝9x2－9，由f′(x)＞0，得x＞1或x＜－1；由f′(x)＜0，得－1＜x＜1，所以f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(－1)＝a＋6，极小值为f(1)＝a－6，要满足题意，则需f(－1)＝0或f(1)＝0，解得a＝±6.答案：±64．(2018·太仓高级中学期末)函数f(x)＝x＋1x的极大值是________．解析：易知f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝1－1x2，令1－1x2＝0，可得x＝－1或x＝1，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，函数f(x)是增函数；当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，函数f(x)是减函数；当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，函数f(x)是减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)是增函数，所以当x＝－1时，函数f(x)取得极大值－2.答案：－25．(2018·南通期末)已知函数f(x)＝x3－x2＋a在[0,1]上恰好有两个零点，则实数a的取值范围是________．解析：f′(x)＝x(3x－2)，令f′(x)＞0，解得23＜x≤1；令f′(x)＜0，解得0＜x＜23，故f(x)在0，23上单调递减，在23，1上单调递增．若f(x)在[0,1]上恰好有两个零点，则f，f23＜0，f，解得0≤a＜427.答案：0，4276．若函数f(x)＝13x3－1＋b2x2＋2bx在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f(x)在R上的极小值为________．解析：f′(x)＝x2－(2＋b)x＋2b＝(x－b)(x－2)，因为函数f(x)在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－3＜b＜1，则由f′(x)＞0，得x＜b或x＞2，由f′(x)＜0，得b＜x＜2，所以函数f(x)的极小值为f(2)＝2b－43.答案：2b－43二保高考，全练题型做到高考达标1．若x＝1是函数f(x)＝ax3－ax2－x＋1的极值点，则f(x)的极小值为________．解析：f′(x)＝3ax2－2ax－1，若x＝1是f(x)的极值点，则f′(1)＝3a－2a－1＝0，解得a＝1，故f(x)＝x3－x2－x＋1，f′(x)＝3x2－2x－1＝(3x＋1)(x－1)，由f′(x)＞0，解得x＞1或x＜－13；由f′(x)＜0，解得－13＜x＜1，所以f(x)在－∞，－13上单调递增，在－13，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)极小值＝f(1)＝0.答案：02．设直线x＝t与函数h(x)＝x2，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则当MN最小时t＝________.解析：由已知条件可得MN＝t2－lnt，设f(t)＝t2－lnt(t＞0)，则f′(t)＝2t－1t，令f′(t)＝0，得t＝22，当0＜t＜22时，f′(t)＜0，当t＞22时，f′(t)＞0，所以当t＝22时，f(t)取得最小值．答案：223．(2018·东台安丰中学期中)已知函数f(x)＝lgx＋ax－2，若对任意x∈[2，＋∞)，不等式f(x)＞0恒成立，则a的取值范围是________．解析：若对任意x∈[2，＋∞)，不等式f(x)＞0恒成立，则lgx＋ax－2＞0＝lg1，∴x＋ax－2＞1，即a＞3x－x2恒成立．令y＝3x－x2，其对称轴为x＝32，∴y＝3x－x2在[2，＋∞)上单调递减，∴ymax＝6－4＝2，∴a＞2.答案：(2，＋∞)4．(2019·南京学情调研)已知函数f(x)＝13x3＋x2－2ax＋1，若函数f(x)在(1,2)上有极值，则实数a的取值范围为________．解析：因为函数f(x)在(1,2)上有极值，则需函数f(x)在(1,2)上有极值点．法一：令f′(x)＝x2＋2x－2a＝0，得x1＝－1－1＋2a，x2＝－1＋1＋2a，因为x1∉(1,2)，因此则需1＜x2＜2，即1＜－1＋1＋2a＜2，即4＜1＋2a＜9，所以32＜a＜4，故实数a的取值范围为32，4.法二：f′(x)＝x2＋2x－2a的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x＝－1，则f′(x)在(1,2)上是单调递增函数，因此f＝3－2a＜0，f＝8－2a＞0，解得32＜a＜4，故实数a的取值范围为32，4.答案：32，45．(2019·海门实验中学测试)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x21＋x22＝________.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.因为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：836．(2019·扬州调研)已知函数f(x)＝lnx－mx(m＜0)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________.解析：f′(x)＝1x＋mx2＝x＋mx2.令f′(x)＝0，得x＝－m，且当x＜－m时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x＞－m时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．若－m≤1，即－1≤m＜0时，f(x)min＝f(1)＝－m≤1，不可能等于4；若1＜－m≤e，即－e≤m＜－1时，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1，令ln(－m)＋1＝4，得m＝－e3∉[－e，－1)；若－m＞e，即m＜－e时，f(x)min＝f(e)＝1－me，令1－me＝4，得m＝－3e，符合题意．综上所述，m＝－3e.答案：－3e7．(2018·海安高级中学期末)已知三次函数f(x)在x＝0处取得极值0，在x＝1处取得极值1，若存在两个不同实数x1，x2∈(k，k＋1)，使得f(x1)＋f(x2)＝0，则实数k的取值范围是________．解析：设三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，则f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.∵f(x)在x＝0处取得极值0，在x＝1处取得极值1.∴f＝c＝0，f＝3a＋2b＋c＝0，f＝d＝0，f＝a＋b＋c＋d＝1⇒a＝－2，b＝3，c＝d＝0.∴f(x)＝－2x3＋3x2，f′(x)＝－6x2＋6x，由f′(x)＞0，得0＜x＜1；由f′(x)＜0，得x＞1或x＜0，∴函数f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，且f(0)＝0，f32＝0，作出函数f(x)的图象如图所示．结合图象可得k＜32＜k＋1，∴实数k的取值范围是12，32.答案：12，328．已知y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，且f′(x)＝lnx＋1，则函数f(x)的最小值为________．解析：因为f′(x)＝lnx＋1，设f(x)＝xlnx＋C，又因为f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，故切点为(1,0)，又切点在曲线f(x)＝xlnx＋C上，故C＝0，f(x)＝xlnx，令f′(x)＝lnx＋1＞0，解得x＞1e，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1e，所以f(x)在区间0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，故当x＝1e时，函数f(x)取得最小值，所以f(x)min＝f1e＝－1e.答案：－1e9．(2018·南京、盐城二模)已知函数f(x)＝x(ex－2)，g(x)＝x－lnx＋k，k∈R，e为自然对数的底数．记函数F(x)＝f(x)＋g(x)．(1)求函数y＝f(x)＋2x的极小值；(2)若F(x)＞0的解集为(0，＋∞)，求k的取值范围．解：(1)y＝f(x)＋2x＝xex，由y′＝(1＋x)ex＝0，得x＝－1.当x变化时，y′，y的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，＋∞)y′－0＋y极小值所以当x＝－1时，y取得极小值－1e.(2)F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex－x－lnx＋k，F′(x)＝(x＋1)ex－1x，设h(x)＝ex－1x(x＞0)，则h′(x)＝ex＋1x2＞0恒成立，所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又h12＝e－2＜0，h(1)＝e－1＞0，且h(x)的图象在(0，＋∞)上不间断，因此h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点x0∈12，1且e0x＝1x0.当x∈(0，x0)时，h(x)＜0，即F′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，即F′(x)＞0，所以F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故当x＝x0时，函数F(x)取极小值，也是最小值，为F(x0)＝x0e0x－x0－lnx0＋k＝1－x0－ln1e0x＋k＝1＋k.因为F(x)＞0的解集为(0，＋∞)，所以1＋k＞0，即k＞－1.故k的取值范围是(－1，＋∞)．10．(2019·启东高三联考)已知函数f(x)＝axlnx－x，其中a＞0，函数f(x)的导数为f′(x)．(1)求函数f(x)在区间(1，e]上的值域；(2)若函数f(x)在(1，＋∞)上为单调减函数，求实数a的最大值；(3)若存在x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋1成立，求实数a的取值范围．解：(1)由已知，得f′(x)＝ax－x2－1，因为x∈(1，e]，a＞0，所以f′(x)＜0，所以函数f(x)在(1，e]上为单调减函数，所以f(x)min＝f(e)＝ae－e，所以函数f(x)在区间(1，e]上的值域为[ae－e，＋∞)．(2)因为函数f(x)在(1，＋∞)上为单调减函数，所以f′(x)＝ax－x2－1≤0在(1，＋∞)上恒成立，只需f′(x)max≤0，又因为a＞0，f′(x)＝－a1lnx－122＋a4－1，所以当1lnx＝12，即x＝e2时，f′(x)max＝a4－1≤0，所以a≤4，故实数a的最大值为4.(3)“存在x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋1成立”等价于“当x1，x2∈[e，e2]时，f(x1)min≤f′(x2)max＋1”．由(2)知，当x∈[e，e2]时，f′(x)max＋1＝a4，所以原问题又等价于“当x∈[e，e2]时，f(x)min≤a4”．①当0＜a≤4时，由(1)知f′(x)max＝a4－1≤0，f(x)在[e，e2]上为单调减函数，则f(x)min＝f(e2)＝ae22－e2≤a4，所以0＜a≤4e22e2－1.②当a＞4时，f′(