2018高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 课时达标检测（十六）导数与函数的极值、最值 理

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1、课时达标检测(十六)导数与函数的极值、最值一、全员必做题1．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值，极小值分别为(　　)A．－，0B．0，－C.，0D．0，解析：选C　由题意知，f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0得解得所以f(x)＝x3－2x2＋x，由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝或x＝1，易得当x＝时，f(x)取极大值，当x＝1时，f(x)取极小值0.2．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上

2、的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　)A．[－3，＋∞)B．(－3，＋∞)C．(－∞，－3)D．(－∞，－3]解析：选D　由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，－3)－3(－3,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.3．已知f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，

3、f(x)＝lnx－ax，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值为________．解析：因为f(x)是奇函数，所以f(x)在(0,2)上的最大值为－1，当x∈(0,2)时，f′(x)＝－a，令f′(x)＝0，得x＝，又a>，所以0<<2.令f′(x)>0，得x<，所以f(x)在上单调递增；令f′(x)<0，得x>，所以f(x)在上单调递减．所以当x∈(0,2)时，f(x)max＝f＝ln－a·＝－1，所以ln＝0，所以a＝1.答案：14．已知函数f(x)＝(k≠0)．求函数f(x)的极值．解：f

4、(x)＝，其定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－.令f′(x)＝0，得x＝1，当k>0时，若00；若x>1，则f′(x)<0，所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，函数f(x)取得极大值.当k<0时，若01，则f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x＝1时，函数f(x)取得极小值.5．(2017·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ax－－3lnx，其中a为常数．(1)当函数

5、f(x)的图象在点处的切线的斜率为1时，求函数f(x)在上的最小值；(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a的取值范围．解：(1)因为f′(x)＝a＋－，所以f′＝a＝1，故f(x)＝x－－3lnx，则f′(x)＝.由f′(x)＝0得x＝1或x＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x2(2,3)3f′(x)－0＋f(x)1－3ln2从而在上，f(x)有最小值，且最小值为f(2)＝1－3ln2.(2)f′(x)＝a＋－＝(x＞0)，由题设可得方程ax2－3x＋2＝

6、0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1，x2，且x1≠x2，则解得0＜a＜.故所求a的取值范围为.二、重点选做题1．(2017·昆明模拟)已知常数a≠0，f(x)＝alnx＋2x.(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．解：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，f′(x)＝＋2＝.当a＝－4时，f′(x)＝.所以当02时，f′(x)>0，即f(x)单调递增．所以f(x)只有极小值，且在

7、x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln2.所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln2.(2)因为f′(x)＝，所以当a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a<0时，由f′(x)>0得，x>－，所以f(x)在上单调递增；由f′(x)<0得，x<－，所以f(x)在上单调递减．所以当a<0时，f(x)的最小值为f＝aln＋2.根据题意得f＝aln＋2≥－a，即a[ln(－a)－ln2]≥0.因为a<0，所以ln(－a)－ln2≤0，解得a≥

8、－2，所以实数a的取值范围是[－2,0)．2．已知函数f(x)＝(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．解：(1)当x＜1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值故