（黄冈名师）2020版高考数学大一轮复习 核心素养提升练十五 3.3 利用导数研究函数的极值、最值

1、核心素养提升练十五利用导数研究函数的极值、最值(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知函数f(x)=x3-x2+cx+d有极值,则c的取值范围为()A.cB.c≤C.c≥D.c【解析】选A.因为f(x)=x3-x2+cx+d,所以f′(x)=x2-x+c,要使f(x)有极值,则方程f′(x)=x2-x+c=0有两个实数解,从而Δ=1-4c0,所以c.2.已知函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则f(x)()A.既有极小值,也有极大值B.有极小值,但无极大值C.有极大值,但无极小值D.既无极小值,也无极大值【解析】选B.由导函数图象可知,y=f′(x)在(-∞,x0)上为负,y=f′(x)在(x0,+∞)上非负,所以y=f(x)在(-∞,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增,所以y=f(x)在x=x0处有极小值,无极大值.3.设动直线x=m与函数f(x)=x3,g(x)=lnx的图象分别交于点M,N,则|MN|的最小值为()A.(1+ln3)B.ln3C.1+ln3D.ln3-1【解析】选A.设F(x)=f(x)-g(x)=x3-lnx,求导得:F。

2、′(x)=3x2-.令F′(x)0得x;令F′(x)0得0x,所以当x=时,F(x)有最小值为F=+ln3=(1+ln3).4.若函数f(x)=e-x+tlnx有两个极值点,则实数t的取值范围是()A.B.C.D.【解析】选A.f′(x)=-e-x+=0有两个正根,即t=xe-x有两个正根,令g(x)=xe-x,g′(x)=e-x-xe-x,当g′(x)0时,x1,故y=g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,g(x)max=g(1)=,当x→+∞时,g(x)0,所以t∈.5.(2019·南充模拟)若函数f(x)=x3+x2-ax-4在区间(-1,1)内恰有一个极值点,则实数a的取值范围为()A.(1,5)B.[1,5)C.(1,5]D.(-∞,1)∪(5,+∞)【解析】选B.由题意f′(x)=3x2+2x-a,函数开口向上,对称轴为x=-,若函数f(x)在区间(-1,1)内恰有一个极值点,则即解得1≤a5.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知函数f(x)=aln2x+bx在x=1处取得最大值ln2-1,则a=________,b=________.【解析】f′。

3、(x)=+b=(x0),当f′(x)=0时,x=-,当x=1时,函数取得最大值ln2-1,即解得a=1,b=-1.答案:1-17.(2018·珠海模拟)已知函数f(x)=5sinx-12cosx,当x=x0时,f(x)有最大值13,则tanx0=______.【解析】f(x)=5sinx-12cosx=13sin(x-θ)(cosθ=,sinθ=)当x=x0时f(x)有最大值13,所以x0-θ=+2kπ,k∈Z所以x0=θ++2kπ,tanx0=tan(θ++2kπ)=tan(θ+)===-.答案:-8.若函数f(x)=x3-3x在区间(a,6-a2)上有最小值,则实数a的取值范围是________.【解析】若f′(x)=3x2-3=0,则x=±1,且x=1为函数的极小值点,x=-1为函数的极大值点.函数f(x)在区间(a,6-a2)上有最小值,则函数f(x)的极小值点必在区间(a,6-a2)内,且左端点的函数值不小于f(1),即实数a满足a16-a2且f(a)=a3-3a≥f(1)=-2.解a16-a2,得-a1.不等式a3-3a≥f(1)=-2,即a3-3a+2≥0,a3-1-3(。

4、a-1)≥0,(a-1)(a2+a-2)≥0,即(a-1)2(a+2)≥0,即a≥-2,故实数a的取值范围为[-2,1).答案:[-2,1)三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知函数f(x)=.(1)求函数f(x)在(1,f(1))处的切线方程.(2)证明:f(x)仅有唯一的极小值点.【解析】(1)因为f′(x)=,所以k=f′(1)=-2.又因为f(1)=e+2,所以切线方程为:y-(e+2)=-2(x-1),即2x+y-e-4=0.(2)令h(x)=ex(x-1)-2,则h′(x)=ex·x,所以x∈(-∞,0)时,h′(x)0,x∈(0,+∞)时,h′(x)0.当x∈(-∞,0)时,易知h(x)0,所以f′(x)0,f(x)在(-∞,0)上没有极值点.当x∈(0,+∞)时,因为h(1)=-20,h(2)=e2-20,所以f′(1)0,f′(2)0,f(x)在(1,2)上有极小值点.又因为h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)仅有唯一的极小值点.10.已知二次函数f(x)=x2+ax+b+1,关于x的不等式f(x)-(2b-1)x+b21的解集为(b,b+1),其中b。

5、≠0.(1)求a的值.(2)令g(x)=,若函数φ(x)=g(x)-kln(x-1)存在极值点,求实数k的取值范围,并求出极值点.【解析】(1)因为f(x)-(2b-1)x+b21的解集为(b,b+1),即x2+(a-2b+1)x+b2+b0的解集为(b,b+1),所以方程x2+(a-2b+1)x+b2+b=0的解为x1=b,x2=b+1,所以b+(b+1)=-(a-2b+1),解得a=-2.(2)φ(x)的定义域为(1,+∞).由(1)知f(x)=x2-2x+b+1,所以g(x)==x-1+,所以φ′(x)=1--=,因为函数φ(x)存在极值点,所以φ′(x)=0有解,所以方程x2-(2+k)x+k-b+1=0有两个不同的实数根,且在(1,+∞)上至少有一根,所以Δ=(2+k)2-4(k-b+1)=k2+4b0.解方程x2-(2+k)x+k-b+1=0得x1=,x2=.①当b0时,x11,x21,所以当x∈时,φ′(x)0,当x∈(,+∞)时,φ′(x)0,所以φ(x)在(1,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,所以φ(x)极小值点为.②当b0时,由Δ=k2+4b0得k-2,或k2。

6、,若k-2,则x11,x21,所以当x1时,φ′(x)0,所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增,不符合题意;若k2,则x11,x21,所以φ(x)在上单调递增,在(,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,所以φ(x)的极大值点为,极小值点为.综上当b0时,k取任意实数,函数φ(x)的极小值点为;当b0时,k2,函数φ(x)的极小值点为,极大值点为.(20分钟40分)1.(5分)(2019·郑州模拟)已知函数f(x)=x3-9x2+29x-30,实数m,n满足f(m)=-12,f(n)=18,则m+n=()A.6B.8C.10D.12【解析】选A.因为三次函数的图象一定是中心对称图形,所以可设其对称中心为(a,c),f(x)=x3-9x2+29x-30=(x-a)3+b(x-a)+c=x3-3ax2+(3a2+b)x-a3-ab+c,所以解得所以f(x)的图象关于点(3,3)中心对称,又f(m)=-12,f(n)=18,==3,所以=3,m+n=6.2.(5分)(2019·宿州模拟)已知函数f(x)=ax-x2-lnx存在极值,若这些极值的和大于5+ln2,则实数a的取值范围为()A.(。

7、-∞,4)B.(4,+∞)C.(-∞,2)D.(2,+∞)【解析】选B.f(x)=ax-x2-lnx,x∈(0,+∞),则f′(x)=a-2x-=-,因为函数f(x)存在极值,所以f′(x)=0在(0,+∞)上有根,即2x2-ax+1=0在(0,+∞)上有根,所以Δ=a2-8≥0,显然当Δ=0时,f(x)无极值不合题意;所以方程必有两个不等实根.记方程2x2-ax+1=0有两根.为x1,x2,x1+x2=,x1x2=.f(x1),f(x2)是函数f(x)的两个极值,由题意得f(x1)+f(x2)=a(x1+x2)-(+)-(lnx1+lnx2)=-+1-ln5-ln,化简解得a216,满足Δ0,又x1+x2=0,即a0,所以a的取值范围是(4,+∞).3.(5分)已知定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x),且=x4,f(2)=8e2,则f(x)e的解集为()A.(-∞,-)∪(,+∞)B.(,+∞)C.(-∞,-1)∪(1,+∞)D.(1,+∞)【解析】选D.依题意=x4,则=ex,即=ex,故′=ex,故=ex+c;因为f(2)=8e2,故c=0,故f(。

8、x)=x3ex;易知当x0时,f(x)0,故只需考虑x0的情况即可;因为f′(x)=3x2ex+x3ex,可知当x0时,f′(x)0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;注意到f(1)=e,故f(x)e的解集为(1,+∞).4.(12分)(2018·丰台模拟)已知函数f(x)=ex-a(lnx+1)(a∈R).(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.(2)若函数y=f(x)在上有极值,求a的取值范围.【解析】函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ex-.(1)因为f(1)=e-a,f′(1)=e-a,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e-a)=(e-a)(x-1)即y=(e-a)x.(2)f′(x)=ex-.(ⅰ)当a≤0时,对于任意x∈,都有f′(x)0,所以函数f(x)在上为增函数,没有极值,不合题意.(ⅱ)当a0时,令g(x)=ex-,则g′(x)=ex+0.所以g(x)在上单调递增,即f′(x)在上单调递增,所以函数f(x)在上有极值,等价于所以所以ae.所以a的取值范围是.5.(13分)已知函数f(x)=-2lnx的图。

9、象在x=1处的切线过点(0,2-2a),a,b∈R.(1)若a+b=,求函数f(x)的极值点.(2)设x1,x2(x1≠x2)是函数f(x)的两个极值点,若x11,证明:|f(x2)-f(x1)|1.(提示e2≈7.40)【解析】因为f′(x)=,所以f′(1)=a+b-2.又f(1)=a-b,曲线y=f(x)在x=1处的切线过点(0,2-2a),所以=a+b-2,得a=b.(1)因为a+b=,所以a=b=,令f′(x)=0,得2x2-5x+2=0,解得x=或2,所以f(x)的极值点为或2.(2)因为x1,x2是方程f′(x)==0的两个根,且a=b,所以x1x2=1,a==,因为x11,所以x2=1,a0,所以f(x1)是函数f(x)的极大值,f(x2)是函数f(x)的极小值,所以要证|f(x2)-f(x1)|1,只需f(x1)-f(x2)1,f(x1)-f(x2)=ax1--2lnx1-(ax2--2lnx2)=2(ax1--2lnx1)=4(-lnx1)=4(-ln),令t=,则t1,设h(t)=-lnt=1--lnt,则h′(t)=-0,函数h(t)在上单调递减,所以h(t)h。

10、()=,所以f(x1)-f(x2)4h()=1.。