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2015届高考数学(理)第一轮复习达标课时跟踪检测:15 导数与函数极值、最值含答案


课时跟踪检测(十五)

导数与函数极值、最值

(分Ⅰ、Ⅱ卷,共 2 页) 第Ⅰ卷:夯基保分卷 1.(2013·威海模拟)当函数 y=x·2 取极小值时,x=( A. 1 ln 2 1 B.- ln 2 D.ln 2
2 x x

)

C.-ln 2

2.设函数 f(

x)=ax +bx+c(a,b,c∈R).若 x=-1 为函数 f(x)e 的一个极值点,则 下列图像不可能为 y=f(x)图像的是( )

3. 已知函数 f(x)=-x +ax -4 在 x=2 处取得极值, 若 m, n∈[-1,1], 则 f(m)+f′(n) 的最小值是( A.-13 C.10 ) B.-15 D.15

3

2

4.(2014·荆州质检)设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数是 f′(x),且函数 f(x)在 x= -2 处取得极小值,则函数 y=xf′(x)的图像可能是( )

5.已知函数 f(x)=x +mx +(m+6)x+1 既存在极大值又存在极小值,则实数 m 的取值 范围是________. 6.已知 f(x)=x -6x +9x-abc,a<b<c,且 f(a)=f(b)=f(c)=0.现给出如下结论: ①f(0)f(1)>0;②f(0)f(1)<0; ③f(0)f(3)>0;④f(0)f(3)<0. 其中正确结论的序号是________. 7.(2013·江苏高考节选)设函数 f(x)=ln x-ax,g(x)=e -ax,其中 a 为实数. 若 f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,且 g(x)在(1,+∞)上有最小值,求 a 的取值范围.
x 3 2

3

2

-1-

8.已知函数 f(x)=x -1 与函数 g(x)=aln x(a≠0). (1)若 f(x),g(x)的图像在点(1,0)处有公共的切线,求实数 a 的值; (2)设 F(x)=f(x)-2g(x),求函数 F(x)的极值.

2

第Ⅱ卷:提能增分卷

1 3 1 2 1.设 f(x)=- x + x +2ax. 3 2

?2 ? (1)若 f(x)在? ,+∞?上存在单调递增区间,求 a 的取值范围; ?3 ?
16 (2)当 0<a<2 时,f(x)在[1,4]上的最小值为- ,求 f(x)在该区间上的最大值. 3

2.(2013·晋中名校联考)已知函数 f(x)=ax -e (a∈R,e 为自然对数的底数),f′(x) 是 f(x)的导函数. (1)解关于 x 的不等式:f(x)>f′(x); (2)若 f(x)有两个极值点 x1,x2,求实数 a 的取值范围.

2

x

3.(2014·广东六校联考)已知 f(x)=3x -x+m,(x∈R),g(x)=ln x. (1)若函数 f(x)与 g(x)的图像在 x=x0 处的切线平行,求 x0 的值; (2)求当曲线 y=f(x)与 y=g(x)有公共切线时,实数 m 的取值范围;

2

-2-

?1 ? (3)在(2)的条件下,求函数 F(x)=f(x)-g(x)在区间? ,1?上的最值(用 m 表示). ?3 ?





第Ⅰ组:全员必做题 1.选 B y′=2 +x·2 ln 2=0,∴x=-
x x x x

1 . ln 2
x x

2.选 D 因为[f(x)e ]′=f′(x)e +f(x)(e )′=[f(x)+f′(x)]e ,且 x=-1 为函数 f(x)e 的一个极值点,所以 f(-1)+f′(-1)=0;选项 D 中,f(-1)>0,f′(-1)>0, 不满足 f′(-1)+f(-1)=0. 3.选 A 求导得 f′(x)=-3x +2ax, 由函数 f(x)在 x=2 处取得极值知 f′(2)=0,即-3×4+2a×2=0,∴a=3. 由此可得 f(x)=-x +3x -4, f′(x)=-3x +6x, 易知 f(x)在[-1,0)上单调递减, 在(0,1]上单调递增, ∴当 m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4. 又 f′(x)=-3x +6x 的图像开口向下, 且对称轴为 x=1,∴当 n∈[-1,1]时, f′(n)min=f′(-1)=-9. 故 f(m)+f′(n)的最小值为-13.故选 A. 4.选 C f(x)在 x=-2 处取得极小值,即 x<-2,f′(x)<0;x>-2,f′(x)>0,那么 y =xf′(x)过点(0,0)及(-2,0).当 x<-2 时,x<0,f′(x)<0,则 y>0;当-2<x<0 时,x<0, f′(x)>0,y<0;当 x>0 时,f′(x)>0,y>0,故 C 正确. 5.解析:f′(x)=3x +2mx+m+6=0 有两个不等实根,即 Δ =4m -12×(m+6)>0. 所以 m>6 或 m<-3. 答案:(-∞,-3)∪(6,+∞) 6.解析:∵f′(x)=3x -12x+9=
2 2 2 2 2 3 2 2 x

-3-

3(x-1)·(x-3), 由 f′(x)<0,得 1<x<3,由 f′(x)>0,得 x<1 或 x>3, ∴f(x)在区间(1,3)上是减函数, 在区间(-∞,1),(3,+∞)上是增函数. 又 a<b<c,f(a)=f(b)=f(c)=0, ∴y 极大值=f(1)=4-abc>0, y 极小值=f(3)=-abc<0. ∴0<abc<4. ∴a,b,c 均大于零,或者 a<0,b<0,c>0. 又 x=1,x=3 为函数 f(x)的极值点, 后一种情况不可能成立,如图. ∴f(0)<0.∴f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0. ∴正确结论的序号是②③. 答案:②③ 1 1-ax 7.解:令 f′(x)= -a= <0,考虑到 f(x)的定义域为(0,+∞),故 a>0,进而解 x x 得 x>a ,即 f(x)在(a ,+∞)上是单调减函数. 同理,f(x)在(0,a )上是单调增函数.由于 f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,故(1, +∞)? (a ,+∞),从而 a ≤1,即 a≥1.令 g′(x)=e -a=0,得 x=ln a.当 x<ln a 时, g′(x)<0;当 x>ln a 时,g′(x)>0.又 g(x)在(1,+∞)上有最小值,所以 ln a>1,即 a>e. 综上,a 的取值范围为(e,+∞). 8.解:(1)因为 f(1)=0,g(1)=0, 所以点(1,0)同时在函数 f(x),g(x)的图像上,因为 f(x)=x -1,g(x)=aln x, a 所以 f′(x)=2x,g′(x)= , x 由已知,得 f′(1)=g′(1), a 所以 2= ,即 a=2. 1 (2)因为 F(x)=f(x)-2g(x)=x -1-2aln x(x>0), 2a 所以 F′(x)=2x- = x
2 2 2 2 -1 -1 x -1 -1 -1

- x



当 a<0 时,因为 x>0,且 x -a>0, 所以 F′(x)>0 对 x>0 恒成立, 所以 F(x)在(0,+∞)上单调递增, F(x)无极值;

-4-

当 a>0 时, 令 F′(x)=0,解得 x1= a,x2=- a(舍去), 所以当 x>0 时,F′(x),F(x)的变化情况如下表: x F′(x) F(x) (0, a) - 递减 a 0 极小值 ( a,+∞) + 递增

所以当 x= a时,F(x)取得极小值, 且 F( a)=( a) -1-2aln a=a-1-aln a. 综上,当 a<0 时,函数 F(x)在(0,+∞)上无极值;当 a>0 时,函数 F(x)在 x= a处取 得极小值 a-1-aln a. 第Ⅱ组:重点选做题
2

? 1?2 1 2 1.解:(1)f′(x)=-x +x+2a=-?x- ? + +2a. ? 2? 4 ?2 ? 当 x∈? ,+∞?时,f′(x)的最大值为 ?3 ?
2 1 ?2? 2 f′? ?= +2a.令 +2a>0,得 a>- . 3 9 9 ? ? 9 1 ?2 ? 所以当 a>- 时,f(x)在? ,+∞?上存在单调递增区间, 3 9 ? ?

?2 ? ? 1 ? 即 f(x)在? ,+∞?上存在单调递增区间时,a 的取值范围为?- ,+∞?. ?3 ? ? 9 ?
1- 1+8a (2)令 f′(x)=0,得两根 x1= , 2 1+ 1+8a x2= ,所以 f′(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递 2 增. 当 0<a<2 时,有 x1<1<x2<4, 所以 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(x2), 27 又 f(4)-f(1)=- +6a<0, 2 即 f(4)<f(1). 所以 f(x)在[1,4]上的最小值为 40 16 f(4)=8a- =- ,得 a=1,x2=2, 3 3

-5-

10 从而 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(2)= . 3 2.解:(1)f′(x)=2ax-e , f(x)-f′(x)=ax(x-2)>0. 当 a=0 时,无解; 当 a>0 时,解集为{x|x<0 或 x>2}; 当 a<0 时,解集为{x|0<x<2}. (2)设 g(x)=f′(x)=2ax-e , 则 x1,x2 是方程 g(x)=0 的两个根. g′(x)=2a-e , 当 a≤0 时,g′(x)<0 恒成立,g(x)单调递减, 方程 g(x)=0 不可能有两个根; 当 a>0 时,由 g′(x)=0,得 x=ln 2a, 当 x∈(-∞,ln 2a)时,g′(x)>0,g(x)单调递增, 当 x∈(ln 2a,+∞)时, g′(x)<0,g(x)单调递减. ∴当 g(x)max>0 时,方程 g(x)=0 才有两个根, ∴g(x)max=g(ln 2a)=2aln 2a-2a>0, e 得 a> . 2 1 3.解:(1)∵f′(x)=6x-1,g′(x)= (x>0), x 1 1 1 2 由题意知 6x0-1= (x0>0),即 6x0-x0-1=0,解得 x0= 或 x0=- , x0 2 3 1 又∵x0>0,∴x0= . 2 1 (2)若曲线 y=f(x)与 y=g(x)相切且在交点处有公共切线,由(1)得切点横坐标为 , 2
x x x

?1? ?1? ∴f? ?=g? ?, ?2? ?2?
3 1 1 1 ∴ - +m=ln ,即 m=- -ln 2, 4 2 2 4

-6-

1 1 数形结合可知,m>- -ln 2 时,f(x)与 g(x)有公共切线,故 m 的取值范围是- -ln 2, 4 4 +∞. (3)F(x)=f(x)-g(x)=3x -x+m-ln x, 1 故 F′(x)=6x-1- x 6x -x-1 = = x
2 2

+ x





?1 ? 当 x 变化时,F′(x)与 F(x)在区间? ,1?的变化情况如下表: ?3 ? ?1,1? ?3 2? ? ?
- 1 2 0 极小值

x F′(x) F(x)

?1,1? ?2 ? ? ?


?1? 又∵F? ?=m+ln 3, ?3? ?1? F(1)=2+m>F? ?, ?3?
1 1 ?1 ? ?1? ? ? ∴当 x∈? ,1?时,F(x)min=F? ?=m+ +ln 2?m>- -ln 2?, 4 4 ?3 ? ?2? ? ? 1 ? F(x)max=F(1)=m+2?m>- -ln 4 ? 2? ?.

?

-7-


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