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2015年四川高考数学精练第16练 函数的极值与最值


第 16 练

函数的极值与最值

题型一 函数极值与极值点的判断、求解问题 例1 (2013· 浙江)已知 e 为自然对数的底数,设函数 f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),则( )

A.当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 B.当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 C.当 k=

2 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 D.当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 破题切入点 对函数 f(x)求导之后,将 k=1,2 分别代入讨论. 答案 C 解析 当 k=1 时,f′(x)=ex· x-1,f′(1)≠0. ∴x=1 不是 f(x)的极值点. 当 k=2 时,f′(x)=(x-1)(xex+ex-2) 显然 f′(1)=0,且 x 在 1 的左边附近 f′(x)<0, x 在 1 的右边附近 f′(x)>0, ∴f(x)在 x=1 处取到极小值.故选 C. 题型二 根据函数的极值来研究函数图象问题 例 2 已知函数 y=x3-3x+c 的图象与 x 轴恰有两个公共点,则 c 等于( A.-2 或 2 B.-9 或 3 C.-1 或 1 D.-3 或 1 破题切入点 结合函数的极值点,作出函数大致图象来解决. 答案 A 解析 ∵y′=3x2-3, ∴当 y′=0 时,x=± 1. 则当 x 变化时,y′,y 的变化情况如下表: x y′ y (-∞,-1) + c+2 -1 (-1,1) - c-2 1 (1,+∞) + )

∴当函数图象与 x 轴恰有两个公共点时,必有 c+2=0 或 c-2=0,∴c=-2 或 c=2. 题型三 函数的极值问题 mx 例 3 已知函数 f(x)= 2 (m,n∈R)在 x=1 处取得极值 2. x +n
1

(1)求函数 f(x)的解析式; a 7 (2)设函数 g(x)=ln x+ ,若对任意的 x1∈R,总存在 x2∈[1,e],使得 g(x2)≤f(x1)+ ,求实 x 2 数 a 的取值范围. 破题切入点 (1)对函数进行求导,结合题中条件列出方程组,解出参数的值(需验证),即可 得到函数的解析式. (2)利用导数讨论函数 g(x)的最小值,通过求解不等式得出实数 a 的取值范围. m?x2+n?-2mx2 -mx2+mn 解 (1)f′(x)= = 2 , ?x2+n?2 ?x +n?2 由于 f(x)在 x=1 处取得极值 2,故 f′(1)=0,f(1)=2, mn-m ? ??1+n? =0, 即? m ?1+n=2, ?
2

解得 m=4,n=1,经检验,此时 f(x)在 x=1 处取得极值. 4x 故 f(x)= 2 . x +1 (2)由(1)知 f(x)的定义域为 R,且 f(-x)=-f(x). 故 f(x)为奇函数,f(0)=0. 4 当 x>0 时,f(x)>0,f(x)= ≤2, 1 x+ x 当且仅当 x=1 时取“=”. 4 当 x<0 时,f(x)<0,f(x)= ≥-2, 1 x+ x 当且仅当 x=-1 时取“=”. 7 3 故 f(x)的值域为[-2,2],从而 f(x1)+ ≥ . 2 2 3 依题意有 g(x)min≤ ,x∈[1,e], 2 1 a x-a g′(x)= - 2= 2 , x x x ①当 a≤1 时,g′(x)≥0,函数 g(x)在[1,e]上单调递增, 3 其最小值为 g(1)=a≤1< ,符合题意; 2 ②当 1<a<e 时,函数 g(x)在[1,a]上单调递减, 在(a,e]上单调递增, 所以函数 g(x)的最小值为 g(a)=ln a+1,
2

3 由 ln a+1≤ ,得 0<a≤ e, 2 从而知当 1<a≤ e时,符合题意; ③当 a≥e 时,显然函数 g(x)在[1,e]上单调递减, a 3 其最小值为 g(e)=1+ ≥2> ,不符合题意. e 2 综合所述,a 的取值范围为(-∞, e]. 题型四 函数的最值问题 1 例 4 已知函数 f(x)= x2+ln x. 2 (1)求函数 f(x)在区间[1,e]上的最大值、最小值; 2 (2)求证:在区间(1,+∞)上,函数 f(x)的图象在函数 g(x)= x3 的图象的下方. 3 破题切入点 (1)f(x)在闭区间[1,e]上的最大值、最小值要么在端点处取得,要么在极值点

处取得.所以首先要研究 f(x)在[1,e]上的单调性. 2 (2)f(x)的图象在函数 g(x)= x3 的图象的下方,即 g(x)-f(x)在(1,+∞)上恒大于 0. 3 1 (1)解 当 x∈[1,e]时,f′(x)=x+ >0, x 所以 f(x)在区间[1,e]上为增函数. 1 所以当 x=1 时,f(x)取得最小值 ; 2 1 当 x=e 时,f(x)取得最大值 e2+1. 2 2 1 (2)证明 设 h(x)=g(x)-f(x)= x3- x2-ln x,x∈(1,+∞), 3 2
3 2 1 2x -x -1 则 h′(x)=2x2-x- = x x

?x-1??2x2+x+1? = . x 1 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)在区间(1,+∞)上为增函数,所以 h(x)>h(1)= >0. 6 所以对于 x∈(1,+∞),g(x)>f(x)成立,即 f(x)的图象在 g(x)的图象的下方. 总结提高 (1)准确把握函数极值与最值的概念,极值是函数的局部性质,在所给的区间上

极大值和极小值不一定唯一,且极大值不一定大于极小值,而最值是函数的整体性质,在所 给的区间上最大值一定大于最小值,且最大值和最小值都是唯一的. (2)函数在 x0 处取得极值,有 f′(x0)=0,而 f′(x0)=0 不一定有 f(x)在 x0 处取得极值. (3)两者之间的联系,求最值时先要求出极值然后和区间端点函数值相比较而得出最大值和 最小值.
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1.(2014· 课标全国Ⅱ)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( )

A.p 是 q 的充分必要条件 B.p 是 q 的充分条件,但不是 q 的必要条件 C.p 是 q 的必要条件,但不是 q 的充分条件 D.p 既不是 q 的充分条件,也不是 q 的必要条件 ex e2 2.(2013· 辽宁)设函数 f(x)满足 x2f′(x)+2xf(x)= ,f(2)= ,则 x>0 时,f(x)( x 8 A.有极大值,无极小值 B.有极小值,无极大值 C.既有极大值又有极小值 D.既无极大值也无极小值 a 3.(2014· 江西)在同一直角坐标系中,函数 y=ax2-x+ 与 y=a2x3-2ax2+x+a(a∈R)的图 2 象不可能 的是( ... ) )

b≥a, ? ? 4.设变量 a,b 满足约束条件?a+3b≤4, ? ?a≥-2. x2-2x+2 的极小值等于( 4 A.- 3 1 B.- 6 )

1 m z=|a-3b|的最大值为 m,则函数 f(x)= x3- 3 16

19 C.2 D. 6

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( 3 3 A.[- ,3] B.[ ,6] 2 2 3 C.[3,12] D.[- ,12] 2 )

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? ?f?x?,f?x?≤K, 6. 设函数 y=f(x)在(0, +∞)内有定义, 对于给定的正数 K, 定义函数 fK(x)=? ?K,f?x?>K, ?

ln x+1 若函数 f(x)= ,且恒有 fK(x)=f(x),则( ex 1 A.K 的最大值为 e 1 B.K 的最小值为 e

)

C.K 的最大值为 2 D.K 的最小值为 2 7.函数 f(x)=x3-3ax-a 在(0,1)内有最小值,则 a 的取值范围是________. 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________. 1 9. 若函数 f(x)=- x2+4x-3ln x 在[t, t+1]上不单调, 则 t 的取值范围是________________. 2 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 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求 k 的最大值.

11.(2014· 湖南)已知常数 a>0,函数 f(x)=ln(1+ax)- (1)讨论 f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;

2x . x+2

(2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,且 f(x1)+f(x2)>0,求 a 的取值范围.

ex 2 12.(2014· 山东)设函数 f(x)= 2-k( +ln x)(k 为常数,e=2.718 28?是自然对数的底数). x x (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.

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1.答案 C 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.答案 D ex 解析 由 x2f′(x)+2xf(x)= , x ex-2x2f?x? 得 f′(x)= ,令 g(x)=ex-2x2f(x),x>0, x3 ex ?x-2?e 则 g′(x)=ex-2x2f′(x)-4xf(x)=ex-2· = .令 g′(x)=0,得 x=2. x x 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.
x

答案 B 解析 分两种情况讨论. 当 a=0 时,函数为 y=-x 与 y=x,图象为 D,故 D 有可能. a 1 当 a≠0 时,函数 y=ax2-x+ 的对称轴为 x= ,对函数 y=a2x3-2ax2+x+a,求导得 y′ 2 2a =3a2x2-4ax+1=(3ax-1)(ax-1),令 y′=0,则 x1= 1 1 1 ,x = .所以对称轴 x= 介于两 3a 2 a 2a

1 1 个极值点 x1= ,x2= 之间,A、C 满足,B 不满足,所以 B 是不可能的.故选 B. 3a a
6

4.答案 A 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-1<x<2 时 f′(x)<0, 当 x≥2 时 f′(x)>0, 故当 x=2 时函数取得极小值, 4 即 f(x)极小值=f(2)=- . 3 5.答案 C 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, g?-2?=12-8b+c≥0, ? ?g?-1?=3-4b+c≤0, 结合二次函数图象可得只需? 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,故选 C. 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.答案 B ln x+1 解析 由于 f(x)= , ex 1 -ln x-1 x 所以 f′(x)= , ex 1 令 g(x)= -ln x-1, x 1 - 则 g′(x)=-x 2- <0, x 所以 g(x)在(0,+∞)上单调递减,而 g(1)=0, 所以当 x∈(0,1)时,g(x)>0,此时 f′(x)>0,
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当 x∈(1,+∞)时,g(x)<0,此时 f′(x)<0, 所以 f(x)在(0,1)上单调递增, f(x)在(1,+∞)上单调递减, ln x+1 1 故 f(x)max=f(1)= ,又函数 f(x)= , e ex 且恒有 fK(x)=f(x),结合新定义可知, 1 K 的最小值为 ,故选 B. e 7.答案 0<a<1

解析 ∵y′=3x2-3a,令 y′=0, 可得 a=x2. 又∵x∈(0,1),∴0<a<1. 8. .答案 a>2 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-8>0, 解得 a>2 或 a<-1. 9.答案 0<t<1 或 2<t<3

3 解析 对 f(x)求导,得 f′(x)=-x+4- x -x2+4x-3 ?x-1??x-3? = =- . x 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 t<1<t+1 或 t<3<t+1,解得 0<t<1 或 2<t<3. 10.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 a>0,则当 x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0; 当 x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0. 所以,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增. (2)由于 a=1 时,(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.
8

故当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0 等价于 x+1 k< x +x(x>0).① e -1 x+1 令 g(x)= x +x, e -1 -xex-1 ex?ex-x-2? 则 g′(x)= x . 2 +1= ?e -1? ?ex-1?2 由(1)知,函数 h(x)=ex-x-2 在(0,+∞)上单调递增, 又 h(1)=e-3<0,h(2)=e2-4>0. 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 k<g(α), 故整数 k 的最大值为 2. 11.解 2?x+2?-2x a (1)f′(x)= - 1+ax ?x+2?2

ax2+4?a-1? = .(*) ?1+ax??x+2?2 当 a≥1 时,f′(x)>0. 此时 f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 当 0<a<1 时, 由 f′(x)=0 得 x1=2 1-a (x2=-2 a 1-a 舍去). a

当 x∈(0,x1)时,f′(x)<0; 当 x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+∞)上单调递增. 综上所述,当 a≥1 时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 当 0<a<1 时,f(x)在区间(0,2 1-a )上单调递减,在区间(2 a 1-a ,+∞)上单调递增. a

(2)由(*)式知,当 a≥1 时,f′(x)≥0, 此时 f(x)不存在极值点.
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因而要使得 f(x)有两个极值点,必有 0<a<1. 又 f(x)的极值点只可能是 x1=2 -2, 所以-2 1 解得 a≠ . 2 此时,由(*)式易知,x1,x2 分别是 f(x)的极小值点和极大值点. 而 f(x1)+f(x2) 2x1 2x2 =ln(1+ax1)- +ln(1+ax2)- x1+2 x2+2 =ln[1+a(x1+x2)+a2x1x2]- 4?a-1? =ln(2a-1)2- 2a-1 2 =ln(2a-1)2+ -2. 2a-1 1 令 2a-1=x,由 0<a<1 且 a≠ 知, 2 1 当 0<a< 时,-1<x<0; 2 1 当 <a<1 时,0<x<1. 2 2 记 g(x)=ln x2+ -2. x 2 ①当-1<x<0 时,g(x)=2ln(-x)+ -2, x 2 2 2x-2 所以 g′(x)= - 2= 2 <0, x x x 因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减, 从而 g(x)<g(-1)=-4<0. 1 故当 0<a< 时,f(x1)+f(x2)<0. 2 2 ②当 0<x<1 时,g(x)=2ln x+ -2, x 2 2 2x-2 所以 g′(x)= - 2= 2 <0, x x x 因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减,从而 g(x)>g(1)=0. 4x1x2+4?x1+x2? x1x2+2?x1+x2?+4 1-a 1 >- ,-2 a a 1-a ≠-2, a 1-a 和 x2=-2 a 1-a 1 , 且由 f(x)的定义可知, x>- 且 x≠ a a

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1 故当 <a<1 时,f(x1)+f(x2)>0. 2 1 综上所述,满足条件的 a 的取值范围为( ,1). 2 12. 解 (1)函数 y=f(x)的定义域为(0,+∞). x2ex-2xex 2 1 f′(x)= -k(- 2+ ) 4 x x x xex-2ex k?x-2? = - x3 x2 ?x-2??ex-kx? = . x3 由 k≤0 可得 ex-kx>0, 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 k>0 时,设函数 g(x)=ex-kx,x∈[0,+∞). 因为 g′(x)=ex-k=ex-eln k, 当 0<k≤1 时, 得 x∈(0,2)时,g′(x)=ex-k>0,y=g(x)单调递增. 故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点. 当 k>1 时, 当 x∈(0,ln k)时,g′(x)<0,函数 y=g(x)单调递减; x∈(ln k,+∞)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(ln k)=k(1-ln k). 函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点, g?0?>0, ? ?g?ln k?<0, 当且仅当? g?2?>0, ? ?0<ln k<2. e2 解得 e<k< . 2 e2 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, ). 2

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