高考總復(fù)習(xí)理數(shù)（北師大版）課時(shí)作業(yè)提升15導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值最值

課時(shí)作業(yè)提升(十五)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值A(chǔ)組夯實(shí)基礎(chǔ)1．設(shè)函數(shù)f(x)＝xex，則()A．x＝1為f(x)的極大值點(diǎn) B．x＝1為f(x)的極小值點(diǎn)C．x＝－1為f(x)的極大值點(diǎn) D．x＝－1為f(x)的極小值點(diǎn)解析：選Df′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex.令f′(x)＝0，則x＝－1.當(dāng)x<－1時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>－1時(shí)，f′(x)>0，所以x＝－1為f(x)的極小值點(diǎn)．2．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值為()A．eq\f(1,2) B．1C．0 D．不存在解析：選Af′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，且x＞0，令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以f(x)在x＝1處取得極小值也是最小值，且f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).3．(2018·長(zhǎng)治模擬)若函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有極值，則導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖像不可能是()解析：選D若函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有極值，則此函數(shù)在某點(diǎn)兩側(cè)的單調(diào)性相反，也就是說(shuō)導(dǎo)函數(shù)f′(x)在此點(diǎn)兩側(cè)的導(dǎo)函數(shù)值的符號(hào)相反，所以導(dǎo)函數(shù)的圖像要穿過(guò)x軸，觀察四個(gè)選項(xiàng)中的圖像只有D項(xiàng)是不符合要求的，即f′(x)的圖像不可能是D.4．(2108·成都檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，則f(2)等于()A．11或18 B．11C．18 D．17或18解析：選C∵函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋a＋b＋a2＝10，,3＋2a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11.))而當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3))時(shí)，函數(shù)在x＝1處無(wú)極值，故舍去．∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.5．已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點(diǎn)，則a＝()A．－4 B．－2C．4 D．2解析：選D由題意可得f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2，則f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值∴函數(shù)f(x)在x＝2處取得極小值，則a＝2.故選D.6．(2018·懷化模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在區(qū)間(a，a＋5)上存在最小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[－5,0) B．(－5,0)C．[－3,0) D．(－3,0)解析：選C由題意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函數(shù)，在(－2,0)上是減函數(shù)，作出其圖像如圖所示，令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，則結(jié)合圖像可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤a＜0，,a＋5＞0，))解得a∈[－3,0)，故選C．7．(2018·銀川模擬)函數(shù)f(x)＝x(x－m)2在x＝1處取得極小值，則m＝__________.解析：f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.當(dāng)m＝3時(shí)，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，1＜x＜3時(shí)，f′(x)＜0；x＜1或x＞3時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)x＝1處取得極大值，不合題意，所以m＝1.答案：18．(2018·長(zhǎng)沙模擬)設(shè)f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)，則g(x)的最小值為_(kāi)_________.解析：對(duì)f(x)＝lnx求導(dǎo)，得f′(x)＝eq\f(1,x)，則g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，且x＞0.對(duì)g(x)求導(dǎo)，得g′(x)＝eq\f(x－1,x2)，令g′(x)＝0，解得x＝1.當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)在(0,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以g(x)min＝g(1)＝1.答案：19．(2018·鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m，n∈[－1,1]，則f(m)＋f′(n)的最小值是__________.解析：f′(x)＝－3x2＋2ax，根據(jù)已知f′(2)＝0，得a＝3，即f(x)＝－x3＋3x2－4.根據(jù)函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，可得函數(shù)f(m)在[－1,1]上的最小值為f(0)＝－4，f′(n)＝－3n2＋6n在[－1,1]上單調(diào)遞增，所以f′(n)的最小值為f′(－1)＝－9.[f(m)＋f′(n)]min＝f(m)min＋f′(n)min＝－4－9＝－13.答案：－1310．(2018·武威模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)＋ax，x＞1.(1)若f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若a＝2，求函數(shù)f(x)的極小值．解：(1)f′(x)＝eq\f(lnx－1,lnx2)＋a，由題意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤eq\f(1,lnx2)－eq\f(1,lnx)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4).因?yàn)閤∈(1，＋∞)，所以lnx∈(0，＋∞)，所以當(dāng)eq\f(1,lnx)－eq\f(1,2)＝0時(shí)函數(shù)t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)的最小值為－eq\f(1,4)，所以a≤－eq\f(1,4).(2)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝eq\f(x,lnx)＋2x，f′(x)＝eq\f(lnx－1＋2lnx2,lnx2)，令f′(x)＝0得2(lnx)2＋lnx－1＝0，解得lnx＝eq\f(1,2)或lnx＝－1(舍)，即x＝eeq\f(1,2).當(dāng)1＜x＜eeq\f(1,2)時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x＞eeq\f(1,2)時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)的極小值為f(eeq\f(1,2))＝eq\f(e\f(1,2),\f(1,2))＋2eeq\f(1,2)＝4eeq\f(1,2).11．(2018·貴陽(yáng)模擬)設(shè)f(x)＝xex，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)且x1＞x2有m[f(x1)－f(x2)]＞g(x1)－g(x2)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解：(1)F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq\f(1,2)x2＋x，F(xiàn)′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)＞0，解得：x＞－1，令F′(x)＜0，解得：x＜－1，故F(x)在(－∞，－1)單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)單調(diào)遞增，故F(x)min＝F(－1)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,e)；(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)且x1＞x2有m[f(x1)－f(x2)]＞g(x1)－g(x2)恒成立，則任意x1，x2∈[－1，＋∞)且x1＞x2有mf(x1)－g(x1)＞mf(x2)－g(x2)＞0恒成立，令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq\f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)遞增即可；故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)恒成立，故m≥eq\f(1,ex)，而eq\f(1,ex)≤e，故m≥e.B組能力提升1．(2018·?？跈z測(cè))已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2－2ax＋a2，a∈R.(1)若a＝0，求函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值；(2)根據(jù)a的不同取值，討論函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)情況．解：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝lnx＋x2，其定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x＞0，所以f(x)在[1，e]上是增函數(shù)，當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)min＝f(1)＝1；故函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值是1.(2)f′(x)＝eq\f(2x2－2ax＋1,x)，令g(x)＝2x2－2ax＋1，(ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí)，在(0，＋∞)上g(x)＞0恒成立，此時(shí)f′(x)＞0，函數(shù)f(x)無(wú)極值點(diǎn)；(ⅱ)當(dāng)a＞0時(shí)，若Δ＝4a2－8≤0，即0＜a≤eq\r(2)時(shí)，在(0，＋∞)上g(x)≥0恒成立，此時(shí)f′(x)≥0，函數(shù)f(x)無(wú)極值點(diǎn)；若Δ＝4a2－8＞0，即a＞eq\r(2)時(shí)，易知當(dāng)eq\f(a－\r(a2－2),2)＜x＜eq\f(a＋\r(a2－2),2)時(shí)，g(x)＜0，此時(shí)f′(x)＜0；當(dāng)0＜x＜eq\f(a－\r(a2－2),2)或x＞eq\f(a＋\r(a2－2),2)時(shí)，g(x)＞0，此時(shí)f′(x)＞0，所以當(dāng)a＞eq\r(2)時(shí)，x＝eq\f(a－\r(a2－2),2)是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，x＝eq\f(a＋\r(a2－2),2)是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，綜上，當(dāng)a≤eq\r(2)時(shí)，函數(shù)f(x)無(wú)極值點(diǎn)；a＞eq\r(2)時(shí)，x＝eq\f(a－\r(a2－2),2)是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，x＝eq\f(a＋\r(a2－2),2)是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)．2．(2018·日照模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax2＋bx＋c,ex)(a＞0)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的兩個(gè)零點(diǎn)為－3和0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)的極小值為－e3，求f(x)在區(qū)間[－5，＋∞)上的最大值．解：(1)f′(x)＝eq\f(2ax＋bex－ax2＋bx＋cex,ex2)＝eq\f(－ax2＋2a－bx＋b－c,ex)，令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c因?yàn)閑x＞0，所以y＝f′(x)的零點(diǎn)就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零點(diǎn)，且f′(x)與g(x)符號(hào)相同又因?yàn)閍＞0，所以－3＜x＜0時(shí)，g(x)＞0，即f′(x)＞0，當(dāng)x＜－3或x＞0時(shí)，g(x)＜0，即f′(x)＜0，所f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－3,0)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－3)，(0，＋∞)．(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的極小值點(diǎn)，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(9a－3b＋c,e