高中数学导数与函数的极值、最值 (含解析)
一马当先近义词-
限时规范训练
(
限时练
·
夯基练
·
提能练
)
A
级
基础夯实练
1
．
(2018·
聊城二模
)
下列函数中，既是奇函数又存在极值的是
(
)
A
．<
/p>
y
＝
x
3
B
．
y
＝
ln(
－
x
)
C
．
y
＝
x
e
－
x
2
D
．
y
＝
x
＋
x
解析：
选
D.
由题可知，
B
，<
/p>
C
选项中的函数不是奇函数；
A
选项
中，函数
y
＝
x
3
单调递增
(<
/p>
无极值
)
；
D<
/p>
选项中的函数既为奇函数又存
在极值．
2
．函数
f
(
x
)
＝
x
2
－
5
x
＋
2e
x
的极值点所在
的区间为
(
)
A
．
(0
，
1)
C
．
(1
，<
/p>
2)
B<
/p>
．
(
－
1
，
0)
D
．
(
－
2
，－
1)
解析：
选
A.<
/p>
∵
f
′
(
x
)
＝
2
x
－
5
＋
2e
x
为增函数，
f
′
(0)
＝－
3
＜
0
，
f
′
(1)
＝
2e
－
3
＞
0
，
∵
f
< br>′
(
x
)
＝
2
x
－
5
＋
2e
x
的零
点在区间
(0
，
1)
< br>上，∴
f
(
x
< br>)
＝
x
2
－
5
x
＋
2
e
x
的极值点在区间
(0
，
1)
上．
3
．
已知
e
为自然对数的底数，
设函数
f
(
x
)
＝
(e
x
－
1)(
x
－
1)
k
(<
/p>
k
＝
1
，
2)
，则
(
)
A
．当
k
＝
1
时，<
/p>
f
(
x
)
在
x
＝
1
处取得极小值
B
．当<
/p>
k
＝
1
时，
f
(
x
)
在
x
＝
1
处取得极大值
C
．当
k
＝
2
时，
f
(
x
)
在
x
＝
1
处取得极小值
D
．当
k
＝
2
时，
f
(
x
)
在
x
＝
1
< br>处取得极大值
第
1
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解
析：
选
C.
当
k
＝
1
时，
f
′
(
x
)
＝
e
x
·
x
－
1
，
f
′
(1)
≠
0
，
∴
< br>x
＝
1
不是
f
(
x
)
的极值点．
当
k
＝
2
时，
f
′
(
x
)
＝
(
x
－
1)(
x
e
x
＋
e
x
－
2)
，
显然
f
′(1)
＝
0
，且在<
/p>
x
＝
1
附近的左
侧
f
′(
x
)
＜
0
，
当
x
＞
1
时，
f
′
(
x
)
＞
0
，
∴
f
(
x
)
在
x
＝
1
处取得极小值．故选
C.
4
．
设函数
f
(
x
)
＝
ax
2
＋
bx
＋
c
(
a
，
b
，
c
∈
R)
．
若
x
＝－
1
为函数
f
(
x
)e
x
的一个极值点，则下列图象不可能为
y
＝
f
(
x
)
图象的是
(
)
解析：
选
D.
因为
[
f
(
x
)e
x
]′
＝
f
′(
x
)e
x
＋
f
(
x<
/p>
)(e
x
)′
＝
[
f
(
x
)
＋
f
′(
x
)]e
x
，且
x
＝－
1
为函数<
/p>
f
(
x
)e
x
的一个极值点，所以
f
< br>(
－
1)
＋
f
′(
－
1)
＝
0
；选项
D
中，
f
(
－
1)
＞
0
，
f
′
(
－
1)
＞
0
，不满足
f
′(
－
1)
＋
f
(
－
1)
＝
0.
5
．
(2018·
山东临沂模拟
)
已知
y
＝
f
(
x
)
是奇函数，当
x
∈
(0
，
2)
时，
1
f
(
x
)
＝
ln
x
－
ax
a
＞
2
，
< br>当
x
∈
(
－
2
，
0)
时，
f
(
x
)
的最小值为
1
，
则
a
＝
(
)
第
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页
1
A.
4
1
C.
2
1
B
．
3
D
．
1 <
/p>
解析：
选
D.
因
为
f
(
x
)<
/p>
是奇函数，所以
f
(
x
)
在
(0
，
2)
上的最大值为
1
1
1
－
1.
当
x
∈
(0
< br>，
2)
时，
f
< br>′
(
x
)
＝
－
a
，令
f
′(
x
)
＝
0
，得
x
＝<
/p>
，又
a
＞
，所<
/p>
x
a
2
1
1
1
1
以
0
＜
＜
2.
当
x
< br>＜
时，
f
′
(
x
)
＞
0
，
f
(
x<
/p>
)
在
0
，
a
上单调递增；
当
x
＞
时，<
/p>
a
a
a
1
1
f
′
(
x
)
＜
0
，
f
(
x
)
在
<
/p>
a
，
2
上单调递减，所以
f
(
x
)
max
＝
f
a
1
1
＝
ln
－
a
·
＝－
1
，解得
a
＝
1.
a
a
6
．已知函数
f
(
x<
/p>
)
＝
2
f
′(1)
ln
x
－
x
，则
f
(<
/p>
x
)
的极大值为
________
．
2
f
′（
1
）
解析：
因为
f
′(
x
)
＝
－
1
，所以
f
′(1)
＝
2
f
′(1)
－
1
，
所以
f
′(1)
x
2
－
x
2
＝
1
，故
f
(
x
)
＝
2ln
x
－
x
，
f
′
(
x
)
＝
－
1
＝
，则
f
(
x
)
在
(0
，<
/p>
2)
上为增函
x
x
数，
在
(2
，
＋
∞
)
上为
减函数，
所以当
x
＝
< br>2
时
f
(
x
)
取得极大值，
且
f
(
x
)
极大值
＝
f
(2)
＝
2ln 2
－
2.
答案：
2ln
2
－
2
7
．
(2018·
大同模拟
)
f
(
x
)
< br>＝
x
(
x
－
c
)
2
在
x
＝
2
处有极
大值，则常数
c
的值为
_______
_
．
解析：
f
(
x
)
＝<
/p>
x
3
－
2
cx
2
＋
c
2
x
，
f
′
(
x
)
< br>＝
3
x
2
－
4
cx
＋
c
2
，
f
′<
/p>
(2)
＝
0
⇒<
/p>
c
＝
2
2
或
c
＝
6
，若
c
＝
2
，
f
′
(
< br>x
)
＝
3
x
2
－
8
x
＋
4
，令
f<
/p>
′
(
x
)
＞
0
⇒
x
＜
或
x
＞
2
，
f
′
3
第
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2
2
2
(
x
)
＜
0
⇒
＜
< br>x
＜
2
，
故函数在
－
∞
，
3
及
(2
，
＋
∞
)
上单调递增，
在
3
，
2
3
<
/p>
上单调递减，所以
x
＝
< br>2
是极小值点，故
c
＝
2(
不合题意，舍去
)
，
c
＝
6.
答案：
6
8
．不等式
e
x
≥
kx
对任意实数
x
恒成立，则实数<
/p>
k
的最大值为
________
．
解析：
(1)
不等式
e
x
≥
kx
对任意实数
x
恒成立，即为
f
(
x
< br>)
＝
e
x
－
kx
≥
0
恒成立，即有
f
(
x
< br>)
min
≥
0
< br>，
由
f
(
x
)
的导数为
f
′(
x
)
＝
e
x
－
k
，
当
k
≤
0
时，
e
x
＞
0
，可得
f
′(
x
)
＞
0
恒成立，
f
(
x
)
递增，无最值
；
当
k
＞<
/p>
0
时，
x
＞
ln
k
时
f
′(
x
)
＞
0
，
f
(
x
)
递增；
x
＜
ln
k
时
f
′
(
x
)
＜
0
，
f
(
x
)
递减．
即在
x
＝
ln
k
处取得最小值，且为
k
－
k
ln
k
，
由
k
－
k
ln
k
≥
0
，解得
k
≤
e
，即
k
的最大值为
e.
答案：
e
ax
2
＋
bx
＋
c
9
．已知函数
f
(
x
)
＝
(
a
＞
0)
的
导函数
y
＝
f
′(
x
)
的两个零
e
x
点为－
3
和
0.
(1)
求
f
(
x
)
的单调区间．
(2)
若
f
(
x
)
的极小值为－
e
3
，
求
f
(
x
)
在区间
[
－
5
，
＋∞
)
上的最大值．
（
2
ax
＋
b
）
e
x
－（
ax
2
＋
bx
＋
c
）
e
x
解：
(1)
f
′(
x
)
＝
x
2
（
e
）
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－
ax<
/p>
2
＋（
2
a
－
b
）
x
＋
b
－
c
＝
，
e
< br>x
令
g
(
x
)
＝－
ax
2
＋
(2
a
－
b
)
x
＋<
/p>
b
－
c
，
因为
e
x
＞
0
，所以
y
＝
f
′(
x
)
的零点就是
g
(
x
)
＝－
ax
2
＋
(2
a
－
b
)
x
＋
b
－
c
< br>的零点，且
f
′(
x
)
与
g
(
x
)
符号相同．
又因为
a
＞
0
，所以－
3
＜
x
＜
0
时，
g
(
x
)
＞
0
，即
f
< br>′(
x
)
＞
0
，
当
x
＜－
3
或
x
＞
0
时，
g<
/p>
(
x
)
＜
0
，即
f
′(
x
)
＜
0
，
所以
f
(
x
)
的单调增区间是
(
－
3
，
0)
，单调减区间是
(
－
∞
，－
(0
，＋
∞
)
．
(2)
由
(1)
知，
x
＝－
3
是
f
(
x
)
的极小值点，所以有
9
a
－
< br>3
b
＋
c
＝－
e
3
－
3
，
e
<
/p>
g
（
0
）＝
b
－
c
＝
0
，
g
（－
3
）＝－
9
a
－
3
（
2
a
－
b
）＋
b
－
c
＝
0
，
解
得
a
＝
1
，<
/p>
b
＝
5
，
c
＝
5
，
所以
f
(
x
)
＝
x
< br>2
＋
5
x
＋
5
e
x
.
因为
f
(<
/p>
x
)
的单调增区间是
(
－
3
，
0)
，单调减区间是
(
－
∞
，－
(0
，＋
∞
)
，
所以
f
(0)
＝
5
为函数
f
(
x
)
的极大值，
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页
3
)
，
3)
，
故
f
(
x
)
在区间
[
－
5
，＋
∞
)
上的最大
值取
f
(
－
5
)
和
f
(0)
中的最大
5
者．而
f
< br>(
－
5)
＝
5
＝
5e
5
＞
5
＝
f
(
0)
，
e
－
所以函数
f
(
x
)
在区间
[
－
5
，＋
∞
)
上的最大值是
5e
5
< br>.
10
．已知常数
a
≠
0
，
f
(
x
)
＝
< br>a
ln
x
＋
< br>2
x
.
(1)
当
a
＝－
4
< br>时，求
f
(
x
< br>)
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<
/p>
x
∈
(0
，＋<
/p>
∞
)
，
a
＋
2
x
2
x
－
4
a
f
′
(
x
)
＝
＋
2
＝
.
当
a<
/p>
＝－
4
时，
f<
/p>
′
(
x
)
＝
.
x
x
x
∴当
0
＜
x
＜
2
< br>时，
f
′
(
x
)
＜
0
，即
f
(
x
)
单调递减；
当
x
＞
2
时，
f
′
(
x
)<
/p>
＞
0
，即
f
(
x
)
单调递增．
∴
f
(
x
)
只有极小值，
且在
x
＝
2
时
，
f
(
x
)<
/p>
取得极小值
f
(2)
＝
4
－
4ln
2
，
无极大值．
a
＋
2
x
(2)
∵
f
′(
x
)
＝
，
x
∴当
a
＞<
/p>
0
，
x
∈
(0
，＋
∞
)
时，
f
′
(
x
)
＞
0
，
即
f
< br>(
x
)
在
x
∈
(0
，＋
∞
)
上单调递增，没有最小值；
<
/p>
a
当
a
＜
0
时，由
f
′(
x
)
＞
0
得，
x
＞－
，
2
a
∴
f
(
< br>x
)
在
－
2
，＋
∞
上单调递增；
< br>
a
a
由
f
′(
x
)
＜
0
得，
0
＜
x
＜－<
/p>
，∴
f
(
x
)
在
0
，－
2
上单调递减．
2
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