高中數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用-極值與最值專項訓(xùn)練題

132b1132b1高中數(shù)專訓(xùn)練導(dǎo)數(shù)的用—極值最一、選擇題1函數(shù)＝ax

＋2

1取得極大值和極小值時的的值分別為0則()3A．a(chǎn)－2b0B2a－b＝0C．2a＋b＝0D．a(chǎn)＋2b＝0答案D解析y′3

＋2bx據(jù)題意，0是方程3ax＋2＝0的根∴－＝，∴a＝3a32．當(dāng)函數(shù)＝·2

x

取極小值時，x＝()1

B．－

1C．－ln2D．ln2答案B解析

由yx

得y′2

x

＋x

x

令y′0

x

(1·ln2)∵

x

＞0∴＝－

13．函數(shù)()＝33b在0,1)內(nèi)有極小值，則()A．0＜b＜1B．＜1C．b＞0D．b

12答案解析

Af(x在(內(nèi)有極小值f′()3

－3b(0,1)先負(fù)后正′(0)＝－3b，∴＞，f′(1)33＞0∴＜綜上，b范圍為＜＜4．連續(xù)函()的導(dǎo)函數(shù)為f，假設(shè)(f′()>0，則以下結(jié)論中正確的選項是()A．＝－1一定是函數(shù)f(x的極大值點(diǎn)B．x＝－1定是函數(shù)(x的極小值點(diǎn)C．x＝－1是函數(shù)f(x的極值點(diǎn)D．x＝－1不一定是函數(shù)(x的極值點(diǎn)答案B解析

x>1，′()>0x<1，f′()<0

3322－2x222373322－2x22237∴連續(xù)函數(shù)f(x在(－∞，－1)減，在(－，＋∞單增，∴x－1極小值點(diǎn)．x35．函數(shù)＝＋－3x－4在[0,2]上的最小值是()17A．－3C．－4D．－答案A

643

B．－

103解析

y′x2

＋2x3.令y′x2

＋2x30x－3或x1極值點(diǎn)．當(dāng)x[0,1]′當(dāng)x[1,2]′，所以當(dāng)x1時函數(shù)取得極小值，也為最小值．∴當(dāng)＝1，ymin

17＝－6．函數(shù)()的導(dǎo)函數(shù)f′()的圖象，如右圖所示，則)A．＝1是最小值點(diǎn)B．x＝0極小值點(diǎn)C．x＝2是極小值點(diǎn)D．函數(shù)f)在(1,2)上單增答案C解析

由導(dǎo)數(shù)圖象可知，x0＝2為兩極值點(diǎn)，x0為極大值點(diǎn)，x2為極小值點(diǎn)，選17．已知函f()＝x3－－，則f(－

2

與f(－1)的大小關(guān)系為)A．(－a

2

≤f(－1)B．(－a

2

)<(－1)C．f(－a

2

≥f(－1)D．f－a)與f(－1)的大小關(guān)系不確定答案A解析

37由題意可得f′()x2

.由f′(x)

17(3x7)(x1)，得＝－或x.當(dāng)x－1()為增函數(shù)；當(dāng)1<x<時()為減函數(shù)．所f(－函數(shù)3f(x在(∞，0]的最大值，又因為－2≤，故f(－a)≤f(－1)8．函數(shù)()＝x，則()

111∴x時取極大值，f＝222xa3313111∴x時取極大值，f＝222xa3313A．僅有小值B．僅有極大值

12e12eC．有極小值0，極大值D．以上皆不正確答案B

12e解析f′(x＝－e

x

·x·ex2x

1(－x＝e2x

x

·

12x.2x令f′(x)0得＝

12

.當(dāng)x>時，f′()<02當(dāng)x<時，f′()>0.2111＝·ee二、填空題

.9．假設(shè)＝aln＋bx2________.21答案－－36

＋x在＝1和＝處有極值，則a＝________，b＝a解析y′

＋2＋1.＋10由已知，解得＋4b＝2

2316110已知函數(shù)f(x＝－2＋cb，常數(shù))．當(dāng)＝2時，函數(shù)f(x取得極值，假設(shè)函數(shù)f(x)只有三個零點(diǎn)，則實數(shù)的取值范圍為答案0<<

43解析

1∵f)

－bx2

c∴f′()

－2bx∵x2時，f()取得極值，∴2

2

－2b20解得＝∴當(dāng)∈時，f(x單調(diào)遞減，當(dāng)x(－∞，或∈，＋∞)時，(x單調(diào)遞增．假設(shè)f(x)0個實根，則

3

＋c，

，解得0<

43

x14，得xπ，或＝42223，極x14，得xπ，或＝42223，極大值為f(π)π＋，極小值為f()＝121211m∈，假設(shè)函數(shù)y＝x范圍是_

＋2(x∈R有大于零的極值點(diǎn)，則m的取值答案

m－

12解析

因為函數(shù)ye

＋2mx(xR有大于零的極值點(diǎn)y′2m有大于的實根．令y1

＝

y2

＝－2m則兩曲線的交點(diǎn)必在第一象限．由圖象可得－2m>1即m－

12

.．已知函數(shù)f(x＝________．答案0

－2

－qx的圖象與x軸相切(1,0)，則極小值為解析

f′(x＝3x2

－2px，由題知f′＝32p＝又f＝1p＝，聯(lián)立方程組，解得＝，＝－1.∴f)x3

－2x2

＋xf′(x＝3x2

－4x1.由f′(x)3x2x1，解得x1＝，3經(jīng)檢驗知x1函數(shù)的極小值點(diǎn)，∴f)＝f(1)0.三、解答題13函數(shù)f(x＝sinx－cos＋x＋1,0＜2函數(shù)f()的單調(diào)區(qū)間與極值．解析

由f(x＝－cosxx1,0＜π，知f′(x)cosxx，于是f′(x)12sin(x

π．令f′(x)0從而sin(＋

π2π)＝－.當(dāng)x變化時，f(x，f(x的變化情況如下表：x，π)

π

3π，)

32

3(，2)f′(x)

＋0－

0

＋f(x)單調(diào)遞增π＋2單調(diào)遞減

32

π

單調(diào)遞增因此上表知f()的單調(diào)遞增區(qū)間是()(2)調(diào)遞減區(qū)間是(π，23332214設(shè)函數(shù)f(x＝6x3＋a＋2)x＋2.假設(shè)f()的兩個值點(diǎn)為，，且x＝1，求實數(shù)a值；

1812122aa12222x2，f)(，x22xx設(shè)(x＝2xg)1812122aa12222x2，f)(，x22xx設(shè)(x＝2xg)＝2xx2x2222>02是否存在實數(shù)，使得f(x是－∞，＋∞)上的單調(diào)函數(shù)？假設(shè)存在，求出a值；假設(shè)不存在，說明理由．解析f′(x＝

＋6(＋x2a.2a由已知有f′(x)f′()0從而x＝

＝1所以＝；由于Δ＝36(a2

－4××2a36(a

2

＋4)>0所以不存在實數(shù)，使得f(x是(∞，＋∞)的單調(diào)函數(shù)．15已知定義在R上的函數(shù)(x＝x2

ax3)，其中為常數(shù)．假設(shè)＝1函數(shù)fx的一個極值點(diǎn)，求的值；假設(shè)函數(shù)f()在間(上是增函數(shù)，求a取值范圍．解析

f()ax

－3x2

，f′(x＝3ax

－x3(ax2)∵x1是(x的一個極值點(diǎn)，∴＝0∴a2.解法一合題意；

①當(dāng)a0時，f(x＝－3x

在區(qū)間(1,0)是增函數(shù)，∴0符②當(dāng)≠時，′()(－

22，令f′(x＝0得：x＝0x＝當(dāng)>0，對任意∈(，f′()>0a>0符合題意；當(dāng)<0，當(dāng)∈(，0)，f′(x)>0∴aa

≤－1∴－≤<0合題意；綜上所述，a≥2.解法二

f′(x＝3ax

－≥0區(qū)間－上恒成立，∴ax6≤0∴≥

2x在區(qū)間(－上恒成立，又＝－，∴≥－2.－116已知函數(shù)f(x＝－x

2

＋＋1－ln.1假設(shè)f()在(0，)上是減函數(shù)，求a取值范圍；函數(shù)f()是否既極大值又有極小值？假設(shè)存在，求出a取值范圍；假設(shè)不存在，請說明理由．解析f′()＝－2x－

1)上為減函數(shù)，x，)時－2＋a

11<0恒成立，即ax

恒成立．11.x(0)>4g(xgx)(011上單調(diào)遞減，g)>g)＝，∴≤3.假設(shè)f(既有極大值又有極小值，則f′()0必須有兩個不等的正實數(shù)根x1即

－＋10兩個不等的正實數(shù)根．故應(yīng)滿足

?>0

?a>22∴當(dāng)a時，

12112121111111∴f)1112112121111111∴f)11aaf′(x＝0兩個不等的實數(shù)根，不妨設(shè)x1<x2由f′)－

1x

(2x

－ax＋＝－

2x

－)(－知x時f′(x)<0<x<x時f′(x)>0xx2

時f′(x)<0∴當(dāng)a時f()有極大值f(2

又有極小值f(x)11.已知＝f(x是奇函數(shù)，當(dāng)∈時，f()ln－axa>，當(dāng)x∈2,0)時，f(x的最小值為1，則a值等于_答案1解析∵f)奇函數(shù)，∴f)(0,2)的最大值為－，當(dāng)x時，f′(＝－，令f′)0，又a>，0<xa

令f′(x，則x<，∴f(x在(0aa

上遞增；令f′(x，則x>，∴f(x在(，2)遞減，aamaxf()＝ln－a＝－1∴l(xiāng)n＝，得a1.2．設(shè)函數(shù)f)＝2＋3ax3＋8在x＝1及＝2取得極值．求ab值；假設(shè)對任意的∈[0,3]，都有(x

成立，求c取值范圍．解

f′()6

＋6ax3b因為函數(shù)f()x1及＝2取得極值，則有f′＝0f(2)，即

03＝

解得＝－，＝由(1)知，fx＝2x3＋12＋8cf′(x＝6x2

－18＋126(－1)(x2)當(dāng)x時，f′()>0當(dāng)∈時，f′()<0當(dāng)x時，f′()>0.所以，當(dāng)x1，f()得極大值f＝＋.又f＝8c，f＝9c則當(dāng)x[0,3]，(的最大值為f＝9.因為對于任意的x[0,3]有f(x恒成立，所以＋<，得c<1c>9.

1555526－2x1555526－2x因此c的取值范圍為∞，－1)(9＋∞)3．已知函f()＝3

－3ax

＋3x＋1.設(shè)a2，求f)的單調(diào)區(qū)間；設(shè)f()在區(qū)間(中至少有一個極值點(diǎn)，求a取值范圍．解析

當(dāng)＝2x＝

－6x2

＋3x1(x＝3(－23)(－2．當(dāng)x－∞，2時f′)0f(x在(－∞23)單調(diào)增加；當(dāng)x－，23)f′()0f()(232上單調(diào)減少；當(dāng)x＋，＋)f′)0f(x在(＋，＋∞)上單調(diào)增加．綜上，f(x)單調(diào)增區(qū)間是(∞，－和(2，＋∞)，f(的單調(diào)減區(qū)間是(2，23)f′()3[(－a

＋1a

2

]當(dāng)－

2

≥0，′(x)≥0f()為增函數(shù)，故(x無極值點(diǎn)；當(dāng)－

2

＜0，′(x)0兩個根，x＝a

a

2

－，2

＝a

a

2

－1.由題意知，2a

a

2

－＜，①或＜＋

a

2

－＜②①式無解．②式的解為＜＜43

.因此的取值范圍是(，43

)．1我稱使f()＝0的為函數(shù)y＝fx)的零點(diǎn)函數(shù)＝f(在區(qū)間[ab]上是連續(xù)的，單調(diào)的函數(shù)，且滿足faf(b，則函數(shù)y＝()在區(qū)間[a，b]上有唯一的零點(diǎn)”．對于函數(shù)f()＝＋1)－x

2

＋2x－1，討論函數(shù)f()在定義域內(nèi)的單調(diào)性，并求出函數(shù)極值．證明連續(xù)函數(shù)f(在[2，∞)內(nèi)只有一個零點(diǎn)．解析

解：f()6ln(＋1)

＋2x1義域為(1＋∞)且f′(x)－＋2，f′)0x2(舍去).x1x1x

(－1,2)

2(2，＋∞)f′(x)f(x)

＋0取得極大值

－由表可知，f(x值在區(qū)間(1,2]單調(diào)遞增，在[＋∞)上單調(diào)遞減．∴當(dāng)＝2，f(x的極大值為f(2)6ln3證明：由(知f(2)6ln31>0f(x在[2,7]單調(diào)遞減，又f＝－3618(ln22)<0

211x211x∴f(2)·f(7)<0.∴f)[2,7]有唯一零點(diǎn)．當(dāng)x[7＋∞)時，f(x≤f，故x[7＋∞)時，f(x不為零．∴yf()[7＋)無零點(diǎn)．∴函數(shù)f)6ln(x1)x22x1定義域內(nèi)只有一個零點(diǎn)．2．(2010·西高考)設(shè)函數(shù)f)＝＋ln－＋ax(a．當(dāng)a1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；1假設(shè)f()在(0,1]的最大值為，求a值．解析函數(shù)f()定義域為(0,2)f′(x＝

－＋a.2當(dāng)a1時，f(x＝

－x22x

，所以f()單調(diào)遞增區(qū)間為(02)單調(diào)遞減區(qū)間為(2；22x當(dāng)∈(0,1]，′(x)＋，x即f(x在(0,1]單調(diào)遞增，故f(x在(0,1]的最大值為f＝a因此a

12

.3．已知函f()＝－x3

＋3x2

＋9x＋a.求f()的單調(diào)遞減區(qū)間；假設(shè)f()在區(qū)間[－2,2]上的最大值為20，求它在該區(qū)間上的最小值．分析

此題考查多項式的導(dǎo)數(shù)公式及運(yùn)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和函數(shù)的最值，題目中需注意應(yīng)先比較f(2)f(－的大小，然后判定哪個是最大值從而求出解

f′()－3

＋6x9.令f′(x，解得x<，或x，∴函數(shù)f)單調(diào)遞減區(qū)間為(∞，－，＋∞)∵f(2)8－a＋，f(2)－812＋＝22a∴f(2)>(－．∵在(上f′(x，∴f)－1,2]單調(diào)遞增．又由于f(x)[，－上單調(diào)遞減，∴f－1)f的極小值，且(－＝a

12121x12121212222212121x12121212222221222122∴f和f(－1)別是f(x在區(qū)間[2,2]的最大值和最小值，于是有22a＝20解得a2.∴f)－x33x2－∴f－1)a5，即函數(shù)f(x)區(qū)間[2,2]的最小值為－7.4．已知函f()＝

(∈R)．求函數(shù)f()的單調(diào)區(qū)間和極值；已知函數(shù)＝g)的圖象與函數(shù)yf()的圖象關(guān)于直線＝1稱明當(dāng)x＞1時，()＞g(x；如果≠x，且f(x)＝()，證明x＋＞2.解析

f′()＝(1)ex

.令f′(x)0解得＝當(dāng)x變化時，f(x，f(x的變化情況如下表：x(－∞，1)

(1，＋∞f′(x)f(x)

＋0極大值

－所以f(x)－∞，內(nèi)是增函數(shù)，在(1＋∞)是減函數(shù)．函數(shù)f(x)x1取得極大值f(1)，且f＝

1e

.由題意可知)＝f(2)得()＝－xe

.令Fx＝f()gx，即F(x＝xe

＋－2)ex

－2于是F′(x＝(x1)(e

2

－1)

.當(dāng)x1－20從而e數(shù)F在[1＋∞)上是增函數(shù)．

21，又0.以F′)0.而函又F(1)1

－

＝0所以＞1，有F(x)F＝0即f(x＞gx)①假設(shè)(x－x－＝，(及f(x)＝f()得x＝x＝1與≠x矛盾．②假設(shè)－x21)0，由(1)f()＝(得x1，≠矛盾．根據(jù)①②得－x21)0不妨設(shè)x11＞1.由(可知f(x2

＞g)x)f－)以()f(2而f(x)f(2－x2

，因為x＞1所以2x＜1又(可知函數(shù)f)區(qū)間(－∞，1)是增函數(shù)，所以1

＞2，即＋x＞2.5．已知函f()＝

3－2

，函數(shù)g(x＝3(－1)

.當(dāng)a>0時，求()和g(x的公共單調(diào)區(qū)間；當(dāng)a>2時，求函數(shù)(x)＝()－gx的極小值；討論方程f()＝g(x)的解的個數(shù)．

3