1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 课时达标检测 (十六） 导数与函数的极值、最值 一、全员必做题 1.(2018 南京金陵中学月考 )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 f(x)在( 4,2)上的所有极值点之和为 _ 解析：根据函数 y (1 x)f( x)的图象知，当 x 1 时， y (1 x)f( x) 0,1 x 0， f( x) 0，函数 f(x)在 ( ， 1)上单调递减，当 1 x 1 时， y (1 x)f( x) 0,1 x 0， f( x) 0，函数 f(x)在 ( 1,1)上单调递增，当 x 1 时，
2、 y (1 x)f( x) 0,1 x 0， f( x) 0，函数 f(x)在 (1， ) 上单调递增，所以 x 1 是 f(x)的极小值点，且 f(x)在 ( 4,2)上无极大值点，所以 f(x)在 ( 4,2)上的所有极值点之和为 1. 答案： 1 2已知函数 f(x) x3 3x2 9x 1，若 f(x)在区间 k,2上的最大值为 28，则实数 k的取值范围为 _ 解析：由题意知 f( x) 3x2 6x 9，令 f( x) 0，解得 x 1 或 x 3，所以 f( x)，f(x)随 x 的 变化情况如下表： x ( ， 3) 3 ( 3,1) 1 (1， ) f( x) 0 0 f(x
3、) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 又 f( 3) 28， f(1) 4， f(2) 3， f(x)在区间 k,2上的最大值为 28，所以 k 3. 答案： ( ， 3 3 (2018 江苏省赣榆高级中学模拟 )已知函数 f(x) x2 2x aln x 在区间 (0,1)内无极值点，则 a 的取值范围是 _ 解析：由题意得 f( x) 2x 2 ax在区间 (0,1)内不变号，即 f( x) 2x 2 ax0 在区间 (0,1)内恒成立或 f( x) 2x 2 ax0 在区间 (0,1)内恒成立，因此 a 2x(x1)max， x(0,1) ，而 2x(x 1) 0，所以 a0
4、 ；或 a 2x(x 1)min， x (0,1)，而2x(x 1) 4，所以 a 4.综上 a 的取值范围是 ( ， 4 0， ) 答案： ( ， 4 0， ) 4已知函数 f(x) 1 ln xkx (k0 )求函数 f(x)的极值 解： f(x) 1 ln xkx ，其定义域为 (0， ) ， =【 ;精品教育资源文库 】 = 则 f( x) ln xkx2 . 令 f( x) 0，得 x 1， 当 k 0 时，若 0 x 1，则 f( x) 0；若 x 1，则 f( x) 0， 所以 f(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1， ) 上单调递减，即当 x 1 时，函数 f(x)取得极大
5、值 1k. 当 k 0 时，若 0 x 1，则 f( x) 0； 若 x 1，则 f( x) 0， 所以 f(x)在 (0,1)上单调递减，在 (1， ) 上单调递增，即当 x 1 时，函数 f(x)取得极小值 1k. 5 (2018 连云港模拟 )已知函数 f(x) ax 2x 3ln x，其中 a 为常数 (1)当函数 f(x)的图象在点 ? ?23， f? ?23 处的切线的斜率为 1 时，求函数 f(x)在 ? ?32， 3 上的最小值； (2)若函数 f(x)在区间 (0， ) 上既有极大值又有极小值，求 a 的取值范围 解： (1)因为 f( x) a 2x2 3x， 所以 f ?
6、 ?23 a 1， 故 f(x) x 2x 3ln x，则 f( x) x xx2 . 由 f( x) 0 得 x 1 或 x 2. 当 x 变化时， f( x)， f(x)的变化情况如下表： x 32 ? ?32， 2 2 (2,3) 3 f( x) 0 f(x) 1 3ln 2 从而在 ? ?32， 3 上 f(x)有最小值， 且最小值为 f(2) 1 3ln 2. (2)f( x) a 2x2 3x ax2 3x 2x2 (x 0)， 由题设可得方程 ax2 3x 2 0 有两个不等的正实根， 不妨 设这两个根为 x1， x2，且 x1 x2， =【 ;精品教育资源文库 】 = 则? 9
7、 8a 0，x1 x2 3a 0，x1x2 2a 0解得 0 a 98. 故所求 a 的取值范围为 ? ?0， 98 . 二、重点选做题 1 (2018 昆明模拟 )已知常数 a0 ， f(x) aln x 2x. (1)当 a 4 时，求 f(x)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 x (0， ) ， f( x) ax 2 a 2xx . 当 a 4 时， f( x) 2x 4x . 所以当 0 x 2 时， f( x) 0，即 f(x)单调递减； 当 x 2 时， f( x) 0，即 f(x)单调递增 所以
8、 f(x)只有极小值，且在 x 2 时， f(x)取得极小值 f(2) 4 4ln 2. 所以当 a 4 时， f(x)只有极小值 4 4ln 2. (2)因为 f( x) a 2xx ， 所 以当 a 0， x (0， ) 时， f( x) 0， 即 f(x)在 x (0， ) 上单调递增，没有最小值； 当 a 0 时，由 f( x) 0 得， x a2， 所以 f(x)在 ? ? a2， 上单调递增； 由 f( x) 0 得， x a2， 所以 f(x)在 ? ?0， a2 上单调递减 所以当 a 0 时， f(x)的最小值为 f ? ? a2 aln? ? a2 2? ? a2 . 根据
9、题意得 f ? ? a2 aln? ? a2 2? ? a2 a， 即 aln( a) ln 20. 因为 a 0，所以 ln( a) ln 20 ，解得 a 2， =【 ;精品教育资源文库 】 = 所以实数 a 的取值范围是 2,0) 2已知函数 f(x)? x3 x2， x 1，aln x， x1. (1)求 f(x)在区间 ( ， 1)上的极小值和极大值点； (2)求 f(x)在 1， e(e 为自然对数的底数 )上的最大值 解： (1)当 x 1 时， f( x) 3x2 2x x(3x 2)， 令 f( x) 0， 解得 x 0 或 x 23. 当 x 变化时， f( x)， f(x
10、)的变化情况如下表： x ( ， 0) 0 ? ?0， 23 23 ? ?23， 1 f( x) 0 0 f(x) 极小值 极大值 故当 x 0 时，函数 f(x)取得极小值为 f(0) 0，函数 f(x)的极大值点为 x 23. (2) 当 1 x 1 时，由 (1)知，函数 f(x)在 1,0和 ? ?23， 1 上单调递减，在 ? ?0， 23 上单调递增 因为 f( 1) 2， f? ?23 427， f(0) 0， 所以 f(x)在 1,1)上的最大值为 2. 当 1 xe 时， f(x) aln x，当 a0 时， f(x)0 ；当 a 0 时， f(x)在 1， e上单调递增，则
11、 f(x)在 1， e上的最大值为 f(e) a. 综上所述，当 a2 时， f(x)在 1， e上的最大值为 a；当 a 2 时， f(x)在 1， e上的最大值为 2. 三、冲刺满分题 1 (2018 苏州模拟 )已知函数 f(x) (x a)ln x， g(x) x2ex，曲线 y f(x)在点 (1，f(1)处的切线与直线 2x y 3 0 平行 (1)求证：方程 f(x) g(x)在 (1,2)内存在唯一的实根； (2)设函数 m(x) minf(x)， g(x)(minp， q表示 p， q 中的较小者 )，求 m(x)的最大值 解： (1)由题意知，曲线 y f(x)在点 (1，
12、 f(1)处的切线斜率为 2， 所以 f(1) 2， 又 f( x) ln x ax 1，所以 a 1. =【 ;精品教育资源文库 】 = 所以 f(x) (x 1)ln x. 设 h(x) f(x) g(x) (x 1)ln x x2ex， 当 x (0,1时， h(x) 0， 又 h(2) 3ln 2 4e2 ln 8 4e2 1 1 0， 所以存在 x0 (1,2)，使 h(x0) 0. 因为 h( x) ln x 1x 1 x xex ， 当 x (1,2)时， 0 x(2 x) (x 1)2 1 1， ex e，所以 0 1ex 1e，所以 x xex 1e， 所以 h( x) 1
13、1e 0， 所以当 x (1,2)时， h(x)单调递增， 所以方程 f(x) g(x)在 (1,2)内存在唯一的实根 (2)由 (1)知，方程 f(x) g(x)在 (1,2)内存在唯一的实根 x0，且 x (0， x0)时， f(x)g(x)， 又当 x (x0,2)时， h( x) 0， 当 x (2， ) 时， h( x) 0， 所以当 x (x0， ) 时， h( x) 0， 所以当 x (x0， ) 时， f(x) g(x)， 所以 m(x)? x x， x ， x0，x2ex， x x0，当 x (0， x0)时，若 x (0,1，则 m(x)0 ； 若 x (1， x0，由 m
14、( x) ln x 1x 1 0，可知 0 m(x) m(x0)，故当 x (0， x0时，m(x) m(x0) 当 x (x0， ) 时，由 m( x) x xex 可得当 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 可知 m(x) m(2) 4e2，且 m(x0) m(2) 综上可得，函数 m(x)的最大值为 4e2. 2 (2018 无锡期初模拟 )已知 f(x) x2 2ax ln x. =【 ;精品教育资源文库 】 = (1)当 a 1 时，判断 f(x)的单调性； (2)若 f( x)为 f(x)的导函数，
15、f(x)有两个不相等的极值点 x1， x2(x1 x2)，求 2f(x1) f(x2)的最小值 解： (1)当 a 1 时， f(x) x2 2x ln x(x 0)， f( x) 2x 2 1x 2x2 2x 1x x 2 x2x 0. 所以 f(x)在区间 (0， ) 上单调递增 (2)f( x) 2x 2a 1x 2x2 2ax 1x ， 由题意得， x1和 x2是方程 2x2 2ax 1 0 的两个不相等的正根， 所以? a2 0， 4a2 8 0，解得 a 2，且 x1x2 12， 2ax1 2x21 1,2ax2 2x22 1. 由于 a2 22 ，所以 x1 ? ?0， 22 ，
16、 x2 ? ?22 ， . 2f(x1) f(x2) 2(x21 2ax1 ln x1) (x22 2ax2 ln x2) 2x21 x22 4ax1 2ax2 ln x2 2ln x1 2x21 x22 ln x2x21 1 12x22 x22 ln x32x1x2 2 1 12x22 x22 32ln x22 2ln 2 1. 令 t x22? ?t 12 ， g(t) 12t t 32ln t 2ln 2 1， g( t) 12t2 1 32t 2t2 3t 12t2 t t2t2 ， 所以 y g(t)在 ? ?12， 1 上为减函数，在 (1， ) 上为增函数， g(t)min g(1) 1 4ln 22 ， 所以 2f(x1) f(x2)的最小值为 1 4ln 22
