数学复习构想检测：第二章函数、导数及其应用（十五）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精课时作业(十五）导数与函数的极值、最值一、选择题1．（2017·岳阳一模)下列函数中,既是奇函数又存在极值的是(）A．y＝x3B．y＝ln(－x）C．y＝xe－xD．y＝x＋eq\f（2，x）解析：由题可知，B，C选项中的函数不是奇函数，A选项中，函数y＝x3单调递增（无极值)，而D选项中的函数既为奇函数又存在极值．答案：D2．函数y＝eq\f(lnx,x)的最大值为(）A．e－1B．eC．e2D.eq\f(10，3）解析：令y′＝eq\f(1－lnx，x2）＝0，解得x＝e。当x>e时，y′<0；当0〈x<e时,y′>0，所以y极大值＝f（e)＝eq\f（1，e）,在定义域内只有一个极值，所以ymax＝eq\f(1,e)。答案：A3．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（)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：由图可知，当x〈－2时，f′（x)〉0；当－2<x<1时,f′(x）<0;当1<x〈2时，f′（x）〈0;当x>2时,f′（x)>0。由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．答案：D4．已知函数f(x）＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则eq\f(a,b）的值为（)A．－eq\f（2,3)B．－2C．－2或－eq\f(2，3）D．2或－eq\f（2,3）解析：由题意知，f′（x）＝3x2＋2ax＋b，f′（1)＝0,f（1）＝10，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（3＋2a＋b＝0，1＋a＋b－a2－7a＝10）），解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝－2,b＝1))或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，b＝9))，经检验eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，b＝9）)满足题意,故eq\f(a，b）＝－eq\f（2，3)。答案：A5．已知y＝f（x）是奇函数,当x∈(0,2）时，f（x）＝lnx－axeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(a>\f(1，2)))，当x∈（－2，0）时，f（x）的最小值为1,则a＝（)A.eq\f(1，4）B。eq\f(1,3)C。eq\f（1,2)D．1解析：因为f(x）是奇函数，所以f(x）在(0，2）上的最大值为－1。当x∈(0，2）时，f′(x）＝eq\f（1,x)－a，令f′(x）＝0,得x＝eq\f（1，a）,又a>eq\f（1，2)，所以0〈eq\f（1，a）<2。当x<eq\f(1,a)时，f′（x)〉0,f（x)在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f(1，a)))上单调递增；当x〉eq\f（1，a)时,f′（x)〈0,f(x）在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,a),2))上单调递减，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，a)）)＝lneq\f(1,a)－a·eq\f（1,a）＝－1,解得a＝1。答案：D6．若函数f(x）＝eq\f（1,3)x3＋x2－eq\f(2，3）在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是(）A．［－5,0)B．(－5,0)C．[－3，0）D．(－3,0）解析：由题意，f′（x)＝x2＋2x＝x（x＋2），故f(x)在（－∞，－2)，（0,＋∞）上是增函数，在（－2,0）上是减函数,作出其图象如图所示，令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3）得,x＝0或x＝－3,则结合图象可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤a〈0,a＋5>0）），解得a∈[－3,0)，故选C.答案：C二、填空题7．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10,则f(2）＝________。解析：∵函数f(x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10,∴f(1）＝10，且f′(1)＝0，即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(1＋a＋b＋a2＝10，,3＋2a＋b＝0，））解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝－3,,b＝3)）或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝4，,b＝－11。））而当eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3）)时，函数在x＝1处无极值，故舍去．∴f(x）＝x3＋4x2－11x＋16，∴f（2）＝18.答案：188．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20cm，要使体积最大，则其高为________cm.解析：设圆锥的体积为Vcm3,高为hcm，则V＝eq\f（1,3)π(400－h2)h＝eq\f（1,3）π（400h－h3),∴V′＝eq\f（1，3）π（400－3h2），由V′＝0,得h＝eq\f（20\r（3)，3）。所以当h＝eq\f(20\r(3),3)cm时,V最大．答案：eq\f（20，3）eq\r(3)9．(2016·北京，14）设函数f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x3－3x，x≤a,,－2x，x＞a。）)①若a＝0,则f(x）的最大值为________；②若f（x）无最大值，则实数a的取值范围是________．解析:①若a＝0,则f（x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x3－3x,x≤0,，－2x，x〉0。))当x〉0时，f（x）＝－2x〈0；当x≤0时，f′(x)＝3x2－3＝3（x－1)·（x＋1)，当x〈－1时，f′（x)〉0，f(x）是增函数，当－1〈x〈0时，f′（x）〈0,f(x）是减函数,∴f（x）≤f(－1)＝2.∴f(x)的最大值为2.②在同一平面直角坐标系中画出y＝－2x和y＝x3－3x的图象，如图所示，当a<－1时，f（x）无最大值；当－1≤a≤2时，f(x)max＝2；当a〉2时，f（x)max＝a3－3a综上，当a∈（－∞，－1）时,f（x)无最大值．答案：①2②（－∞，－1）三、解答题10．（2017·山东潍坊二模）已知函数f(x)＝eq\f(a，x）＋blnx，曲线y＝f（x)在点(1，f(1）)处的切线方程为y＝x.求函数f(x)的单调区间及极值．解析：f（x）的定义域为(0，＋∞)，f′(x）＝eq\f（bx－a,x2），故f′（1）＝b－a＝1，又f（1)＝a，点(1，a）在直线y＝x上，∴a＝1，则b＝2.∴f（x)＝eq\f(1,x)＋2lnx且f′(x)＝eq\f(2x－1，x2)，当0<x〈eq\f(1,2）时,f′（x）<0，当x>eq\f（1,2）时,f′（x)>0,故函数f(x）的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2）,＋∞)),单调减区间为eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(1,2))）,f（x）极小值＝feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,2)））＝2－2ln2，无极大值．11．已知函数f(x)＝eq\f（x,a）－ex（a>0）．(1)求函数f（x）的单调区间;（2）求函数f（x）在［1,2]上的最大值．解析：（1)f(x)＝eq\f(x,a)－ex(a〉0），则f′(x)＝eq\f(1,a)－ex。令eq\f（1，a）－ex＝0，则x＝lneq\f(1,a)。

xeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞，ln\f（1,a））)lneq\f（1,a）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(ln\f（1,a)，＋∞）)f′（x）＋0－f（x)极大值故函数f(x）的单调递增区间为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,a))),单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（ln\f（1,a），＋∞)）.（2）当lneq\f（1，a）≥2,即0〈a≤eq\f(1,e2）时，f(x）max＝f(2)＝eq\f（2,a)－e2；当1<lneq\f(1，a）〈2，即eq\f（1,e2)〈a〈eq\f(1,e)时，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a）））＝eq\f(1,a）lneq\f（1,a）－eq\f(1,a）。当lneq\f(1，a)＜1即a＞eq\f(1,e),f(x)max＝f（1）＝eq\f(1,a)－e.12．（2016·全国丙，理21）设函数f（x）＝αcos2x＋(α－1）·（cosx＋1)，其中α＞0，记|f（x)｜的最大值为A.(1）求f′(x）;(2)求A；(3）证明：|f′(x)｜≤2A解析：(1）f′（x)＝－2αsin2x－(α－1)sinx.(2)(分类讨论）当α≥1时，｜f（x)|＝｜αcos2x＋（α－1）(cosx＋1)|≤α＋2（α－1)＝3α－2＝f（0）．故A＝3α－2.当0＜α＜1时，将f(x)变形为f（x）＝2αcos2x＋（α－1)cosx－1。(构造函数)令g（t）＝2αt2＋(α－1)t－1，则A是｜g（t）｜在[－1，1]上的最大值，g(－1)＝α，g（1)＝3α－2,且当t＝eq\f（1－α，4α）时，g（t)取得极小值,极小值为geq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1－α,4α))）＝－eq\f(α－12，8α)－1＝－eq\f(α2＋6α＋1,8α）。令－1＜eq\f(1－α，4α）＜1，解得α〈－eq\f（1，3）（舍去)，α＞eq\f(1，5）.（ⅰ)当0＜α≤eq\f(1，5）时，g（t)在（－1，1）内无极值点，|g(－1）|＝α，|g(1)|＝2－3α，｜g(－1)｜＜｜g(1）|，所以A＝2－3α。(ⅱ）当eq\f（1，5）＜α＜1时，由g(－1）－g（1)＝2（1－α)＞0，知g（－1)＞g（1）＞geq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1－α，4α)）)。又eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1－α,4α））)))－｜g(－1）|＝eq\f(1－α1＋7α,8α)＞0，所以A＝eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1（g\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1－α，4α）））))＝eq\f(α2＋6α＋1，8α）。综上,A＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（2－3α，0＜