2018高考数学异构异模复习考案 第三章 导数及其应用 3.2.2 函数
的极值与最值撬题 文
1．对二次函数f(x)＝ax＋bx＋c(a为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是( )
A．－1是f(x)的零点 B．1是f(x)的极值点 C．3是f(x)的极值
D．点(2,8)在曲线y＝f(x)上 答案 A
解析 由A知a－b＋c＝0；由B知f′(x)＝2ax＋b,2a＋b＝0；由C知f′(x)＝2ax＋b，
2
b?b4ac－b?令f′(x)＝0可得x＝－，则f?－?＝3，则＝3；由D知4a＋2b＋c＝8.假设A
2a4a?2a?
2
??2a＋b＝0，
选项错误，则?4ac－b＝3，4a??4a＋2b＋c＝8，
2
3
2
a－b＋c≠0，
a＝5，??
得?b＝－10，??c＝8，
满足题意，故A结论错误．同理
易知当B或C或D选项错误时不符合题意，故选A.
2．已知函数f(x)＝x＋bx＋cx＋d(b，c，d为常数)，当x∈(0,1)时，f(x)取得极大值，
?1?22
当x∈(1,2)时，f(x)取得极小值，则?b＋?＋(c－3)的取值范围是( )
?2?
A.?C.?
?37?
，5? ?2??37，25?
?
?4?
B．(5，5) D．(5,25)
答案 D
解析 因为f′(x)＝3x＋2bx＋c，f′(x)的两个根分别在(0,1)和(1,2)内，所以
2
c>0，??
f′(0)>0，f′(1)<0，f′(2)>0，即?3＋2b＋c<0，
??12＋4b＋c>0，
作出可行域如图中阴影部分所示(不
?1?2?1?2
包括b轴)，?b＋?＋(c－3)表示可行域内一点到点P?－，3?的距离的平方，由图象可知，
?2??2?
1?1?2?|3－1＋3|?2??2
－，3b＋P?即??到直线3＋2b＋c＝0的距离最小，?＋(c－3)的最小值为??＝5，?2??2?5??
?1??9??1?22P?－，3?到点A?－，6?的距离最大，此时?b＋?＋(c－3)＝25，因为可行域的临界线为虚?2
?
?2
?
?
2?
线，所以所求范围为(5,25)，故选D.
3．若函数f(x)＝x－3x在(a,6－a)上有最小值，则实数a的取值范围是( ) A．(－5，1) C．[－2,1) 答案 C
解析 令f′(x)＝3x－3＝0，得x＝±1，且x＝－1为函数f(x)的极大值点，x＝1为函数f(x)的极小值点．函数f(x)在区间(a,6－a)上有最小值，则函数f(x)的极小值点必在区间(a,6－a)内，且左端点的函数值不小于f(1)，即实数a满足a<1<6－a且f(a)＝a－3a≥f(1)＝－2，解得－5 4．设函数f(x)＝e(sinx－cosx)(0≤x≤2015π)，则函数f(x)的各极小值之和为( ) e A．－ 2π2 2 3 2 23 2 B．[－5，1) D．(－2,1) x－e2π 1－e 2016π 2015π eB．－eD．－ 2π －eπ 1－e 2015π 1－eC．－2π 1－e答案 D x2π －e2π1－e 2014π 解析 因为f′(x)＝2esinx，所以x∈(2kπ＋π，2kπ＋2π)(k∈Z)时，f′(x)<0， f(x)单调递减，x∈(2kπ＋2π，2kπ＋3π)(k∈Z)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x＝2kπ＋2π(k∈Z)时，f(x)取极小值，其极小值为f(2kπ＋2π)＝－e0≤x≤2015π，所以f(x)的各极小值之和S＝－e－e－…－e故选D. 5．已知点M在曲线y＝3ln x－x上，点N在直线x－y＋2＝0上，则|MN|的最小值为________． 答案 22 解析 当点M处的曲线的切线与直线x－y＋2＝0平行时|MN|取得最小值．令y′＝－2x3 ＋＝1，解得x＝1，所以点M的坐标为(1，－1)，所以点M到直线x－y＋2＝0的距离为 2 2π 4π 2014 2kπ＋2π2π (k∈Z)，又 2014π eπ＝－ －e2π 1－e ，x|1＋2＋1| ＝22，即|MN|的最小值为22. 2 6．函数f(x)＝x－3x＋6在x＝________时取得极小值． 答案 2 3 2 解析 依题意得f′(x)＝3x(x－2)．当x<0或x>2时，f′(x)>0；当0 7．设函数f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝x.已知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直 e线2x－y＝0平行． (1)求a的值； (2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由； (3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值． 解 (1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2，又 x2 af′(x)＝ln x＋＋1，所以a＝1. x(2)k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根． 设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－x， e当x∈(0,1]时，h(x)<0， 44 又h(2)＝3ln 2－2＝ln 8－2>1－1＝0， ee所以存在x0∈(1,2)，使得h(x0)＝0. 1x因为h′(x)＝ln x＋＋1＋x2 x－ e xx， 1 所以当x∈(1,2)时，h′(x)>1－>0， e当x∈[2，＋∞)时，h′(x)>0， 所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增． 所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根． (3)由(2)知方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x∈(0，x0)时，f(x) x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)， x＋x，x∈??2所以m(x)＝?xx0，＋x，x∈??e ，x0]， 当x∈(0，x0]时，若x∈(0,1]，m(x)≤0； 1 若x∈(1，x0]，由m′(x)＝ln x＋＋1>0. x可知0 x－x， xe 可得x∈(x0,2)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；x∈(2，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减． 4 可知m(x)≤m(2)＝2，且m(x0) e 4 综上可得，函数m(x)的最大值为2. e 8.设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x－x，其中a>0. (1)讨论f(x)在其定义域上的单调性； (2)当x∈[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值． 解 (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x. －1－4＋3a令f′(x)＝0，得x1＝， 3 2 2 3 x2＝ －1＋4＋3a，x1 3 所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)． 当x 故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增． (2)因为a>0，所以x1<0，x2>0. ①当a≥4时，x2≥1. 由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增． 所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值． ②当0 由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2,1]上单调递减． －1＋4＋3a所以f(x)在x＝x2＝处取得最大值． 3又f(0)＝1，f(1)＝a，所以 当0 当a＝1时，f(x)在x＝0处和x＝1处同时取得最小值； 当1 e?2?9.设函数f(x)＝2－k?＋ln x?(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)． xx?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． x2xe·x－2xe?21?解 (1)f′(x)＝－k?－2＋? 4 x?xx? ＝ x－ x3 xx－kx(x>0)， 由k≤0，知e－kx>0，令f′(x)＝0，则x＝2， 当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数， 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数． 综上，f(x)的减区间为(0,2)，增区间为(2，＋∞)． (2)由题意知f′(x)＝0，即e－kx＝0在(0,2)内存在两个不等实根． 令g(x)＝e－kx，g′(x)＝e－k， xxx
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