2022届高考数学(文科)总复习课时跟踪练：(十五)利用导数研究函数的极值、最值(基础课)-Word版含解析.doc

课时跟踪练(十五)
A组　基础巩固
1.(2019·豫南九校第四次质量考评)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　)

①f(b)>f(a)>f(c)；
②函数f(x)在x＝c处取得极小值，在x＝e处取得极大值；
③函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值；
④函数f(x)的最小值为f(d)．
A．③ B．①② C．③④ D．④
解析：由导函数图象可知在(－∞，c)，(e，＋∞)上，f′(x)>0，在(c，e)上，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上单调递增，在(c，e)上单调递减，所以f(a)＝2处有极大值．
所以c＝2.
答案：C
3．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为(　　)
A. B．1 C．0 D．不存在
解析：f′(x)＝x－＝且x>0.
令f′(x)>0，得x>1.
令f′(x)<0，得0－1
C．a>－ D．a<－
解析：因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.
因为函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，
因为x>0时，－ex<－1，所以a＝－ex<－1.
答案：A
5．(2019·郑州质检)若函数y＝f(x)存在n－1(n∈N*)个极值点，则称y＝f(x)为n折函数，例如f(x)＝x2为2折函数．已知函数f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则f(x)为(　　)
A．2折函数 B．3折函数
C．4折函数 D．5折函数
解析：f′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)(3x＋2)＝(x＋2)(ex－3x－2)，
令f′(x)＝0，得x＝－2或ex＝3x＋2.
易知x＝－2是f(x)的一个极值点，
又ex＝3x＋2，结合函数图象，y＝ex与y＝3x＋2有两个交点．
又e－2≠3(－2)＋2＝－4.
所以函数y＝f(x)有3个极值点，则f(x)为4折函数．
答案：C
6．函数f(x)＝xe－x，x∈[0，4]的最大值是________．
解析：f′(x)＝e－x－x·e－x＝e－x(1－x)，令f′(x)＝0，得x＝1.
又f(0)＝0，f(4)＝，f(1)＝e－1＝，
所以f(1)＝为最大值．
答案：
7．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1，1]，则f(m)的最小值为________．
解析：f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0故a＝3.
由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4.
f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，
所以当m∈[－1，1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
答案：－4
8．已知奇函数f(x)＝则函数h(x)的最大值为________．
解析：当x＞0时，f(x)＝－1，f′(x)＝，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
所以x＝1时，f(x)取到极小值e－1，即f(x)的最小值为e－1.
又f(x)为奇函数，且x＜0时，f(x)＝h(x)，
所以h(x)最大值为－(e－1)＝1－e.
答案：1－e
9．(2018·天津卷选编)设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．
(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若d＝3，求f(x)的极值；
解：(1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1.
又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切线方程为x＋y＝0.
(2)由已知得
f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t－9)x－t＋9t2.
故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t－9.
令f′(x)＝0，解得x＝t2－或x＝t2＋.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，t2－)
t2－
(t2－，t2＋)
t2＋
(t2＋，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以函数f(x)的极大值为f(t2－)＝(－)3－9×(－)＝6，
函数f(x)的极小值为f(t2＋)＝()3－9×＝－6.
10．(2019·哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)当a＝时，求f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．
解：(1)当a＝时，f(x)＝ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝－＝，
令f′(x)＝0，得x＝2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
ln 2－1
↘
故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值．
(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝(x＞0)，
当a≤0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，
即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a＞0时，当x∈时，f′(x)＞0，
当x∈时，f′(x)＜0，
故函数在x＝处有极大值．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点；当a＞0时，函数f(x)在x＝处有唯一极值点．
B组　素养提升
11．(2019·安庆二模)已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为(　　)
A．2e－1 B．－
C．1 D．2ln 2
解析：由题意知，f′(x)＝－，

所以f′(e)＝2f′(e)－，则f′(e)＝.
因此f′(x)＝－，令f′(x)＝0，得x＝2e.
所以f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减．
所以f(x)在x＝2e处得取极大值f(2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2.
答案：D
12．若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是________．
解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又因为f′(x)＝4x－，所以由f′(x)＝0解得x＝，由题意得解得1≤k＜.
答案：
13．(2019·华大新高考联盟教学质量测评)传说中孙悟空的如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的．这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12 cm且以每秒1 cm等速率缩短，而长度以每秒20 cm等速率增长．已知神针的底面半径只能从12 cm缩到4 cm，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm时其体积最大．假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________cm.
解析：设神针原来的长度为a cm，t秒时神针的体积为V(t)cm3，则V(t)＝π(12－t)2·(a＋20t)，其中0≤t≤8，所以V′(t)＝[－2(12－t)(a＋20t)＋(12－t)2·20]π.
因为当底面半径为10 cm时其体积最大，所以10＝12－t，解得t＝2，此时V′(2)＝0，解得a＝60，所以V(t)＝π(12－t)2·(60＋20t)，其中0≤t≤8.
V′(t)＝60π(12－t)(2－t)，当t∈(0，2)时，V′(t)>0，当t∈(2，8)时，V′(t)<0，从而V(t)在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，V(0)＝8 640π，V(8)＝3 520π，所以当t＝8时，V(t)有最小值3 520π.此时金箍棒的底面半径为4 cm.
答案：4
14．设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x(常数a＞0)．
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．
解：(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，
可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．
所以g′(x)＝－2a＝.
又a＞0，
当x∈时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，
当x∈时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减．
所以函数y＝g(x)的单调增区间为，单调减区间为.
(2)由(1)知，f′(1)＝0.
①当0＜a＜时，＞1，由(1)知f′(x)在内单调递增，可得当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，当x∈时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(0，1)内单调递减，在内单调递增．
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
②当a＝时，＝1，f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．
③当a＞时，0＜＜1，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意．
综上可知，实数a的取值范围为.