高中数学练习：导数与函数的极值、最值
基础巩固(时间：30分钟)
1。函数f(x)=ln x-x在区间(0，e]上的最大值为( B )
(A)1-e (B)-1 (C)-e (D)0
解析：因为f′(x)=-1=，当x∈(0，1)时，f′(x)>0;当x∈(1，e]时，
f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x=1时，f(x)取得最大值ln 1-1=-1。
2。(豫南九校第二次质量考评)若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值，则常数c的值为( C ) (A)4 (B)2或6 (C)2 (D)6
解析：因为f(x)=x(x-c)2，
所以f′(x)=3x2-4cx+c2，
又f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值，
所以f′(2)=12-8c+c2=0，解得c=2或6，
c=2时，f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值;
c=6时，f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值;
所以c=2。
3。函数f(x)=3x2+ln x-2x的极值点的个数是( A )
(A)0 (B)1 (C)2 (D)无数
解析：函数定义域为(0，+∞)，且f′(x)=6x+-2=，不妨设g(x)=6x2-2x+1。
由于x>0，令g(x)=6x2-2x+1=0，则Δ=-20<0，
所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，
即f(x)在定义域上单调递增，无极值点。
4。(银川模拟)已知y=f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)=ln x-ax(a>)，当x∈(-2，0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于( D )
(A)4 (B)3 (C)2 (D)1
解析：由题意知，当x∈(0，2)时，f(x)的最大值为-1。
令f′(x)=-a=0，得x=，
当0
所以f(x)
max
=f()=-ln a-1=-1，解得a=1。
5。(2017·赤峰二模)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y=(1-x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( D )
(A)函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
(B)函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1)
(C)函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2)
(D)函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2)
解析：由题图可知，当x<-2时，f′(x)>0;当-2
6。设x
1，x
2
是函数f(x)=x3-2ax2+a2x的两个极值点，若x
1
<2 2 ，则实数a的取值范围 是。 解析：由题意得f′(x)=3x2-4ax+a2的两个零点x 1，x 2 满足x 1 <2 2 。 所以f′(2)=12-8a+a2<0， 解得2 答案：(2，6) 7。(郴州三模)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)的最大值为-(e-1)=1-e。 答案：1-e 8。(武汉模拟)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，+∞)，f′(x)=4x-， 所以由f′(x)=0解得x=， 由题意得解得1≤k<。 答案：[1，) 能力提升(时间：15分钟) 9。(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)e x-x(x+2)2，则f(x)为( C ) (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)e x-(x+2)(3x+2)=(x+2)(e x-3x-2)， 令f′(x)=0，得x=-2或e x=3x+2。 易知x=-2是f(x)的一个极值点， 又e x=3x+2，结合函数图象，y=e x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。 10。(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10c m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 11。(天津卷节选)设函数f(x)=(x-t 1)(x-t 2 )(x-t 3 )，其中t 1 ，t 2 ， t 3∈R，且t 1 ，t 2 ，t 3 是公差为d的等差数列。 (1)若t 2 =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，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)由已知可得 f(x)=(x-t 2+3)(x-t 2 )(x-t 2 -3) =(x-t 2)3-9(x-t 2 ) =x3-3t 2x2+(3-9)x-+9t 2 。 故f′(x)= 3x2-6t 2 x+3-9。 令f′(x)=0，解得x= t 2-或x= t 2 +。 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表： x (-∞， t 2 -) t 2 - (t 2 -， t 2 +) t 2 + (t 2 +， +∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) ↗极大值↘极小值↗ 所以函数f(x)的极大值为f(t 2 -)=(-)-9×(-)=6，函数f(x)的极小值为 f(t +)=()3-9×=-6。 2 12。某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2，其中3 (1)求a的值; (2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大。 解：(1)因为x=5时，y=11，所以+10=11，a=2。 (2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2， 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 f(x)=(x-3)[+10(x-6)2] =2+10(x-3)(x-6)2，3 从而，f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)] =30(x-4)·(x-6)， 于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (3，4) 4 (4，6) f′(x) + 0 - f(x) 单调递增极大值42 单调递减 最大值，且最大值等于42。故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大。 13。(衡水中学月考)已知函数f(x)=ax-1-ln x(a∈R)。 (1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数; (2)若函数f(x)在x=1处取得极值，?x∈(0，+∞)，f(x)≥bx-2恒成立，求实数b的最大值。解：(1)f(x)的定义域为(0，+∞)，f′(x)=a-=。 当a≤0时，f′(x)<0在(0，+∞)上恒成立，函数f(x)在(0，+∞)上单调递减。 所以f(x)在(0，+∞)上没有极值点。 当a>0时，由f′(x)<0，得0 由f′(x)>0，得x>， 所以f(x)在(0，)上单调递减，在(，+∞)上单调递增，故f(x)在x=处有极小值。 综上，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上没有极值点; 当a>0时，f(x)在(0，+∞)上有一个极值点。 (2)因为函数f(x)在x=1处取得极值， 所以f′(1)=a-1=0，则a=1，从而f(x)=x-1-ln x。 因此f(x)≥bx-2?1+-≥b， 令g(x)=1+-， 则g′(x)=， 令g′(x)=0，得x=e2， 则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，+∞)上单调递增，所以g(x) =g(e2)=1-，即b≤1-。 min 故实数b的最大值是1-。 14。已知函数f(x)=(a>0)的导函数y=f′(x)的两个零点为-3 和0。 (1)求f(x)的单调区间; (2)若f(x)的极小值为-e3，求f(x)在区间[-5，+∞)上的最大值。 解：(1)f′(x)= =。 令g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c，由于e x>0。 令f′(x)=0，则g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c=0， 所以-3和0是y=g(x)的零点，且f′(x)与g(x)的符号相同。 又因为a>0，所以-3 当x<-3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0， 所以f(x)的单调递增区间是(-3，0)，单调递减区间是(-∞，-3)，(0，+∞)。 (2)由(1)知，x=-3是f(x)的极小值点， 所以有 解得a=1，b=5，c=5， 所以f(x)=。 因为f(x)的单调递增区间是(-3，0)，单调递减区间是(-∞，-3)，(0，+∞)。 所以f(0)=5为函数f(x)的极大值， 故f(x)在区间[-5，+∞)上的最大值取f(-5)和f(0)中的最大者， 又f(-5)==5e5>5=f(0)， 所以函数f(x)在区间[-5，+∞)上的最大值是5e5。
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