课时作业15 导数与函数极值、最值一、选择题1．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝( )A.B．－C．－ln2D．ln2解析：y′＝2x＋x·2xln2＝0，∴x＝－.答案：B2．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( )A．－2B．0C．2D．4解析：f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或2.∴f(x)在[－1,0)上是增函数，f(x)在(0,1]上是减函数．∴f(x)max＝f(x)极大值＝f(0)＝2.答案：C3．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是( )解析：因为[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1为函数f(x)ex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.答案：D4．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是( )A．－13B．－157\nC．10D．15解析：求导得f′(x)＝－3x2＋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)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋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)＝－3x2＋6x的图象开口向下，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.答案：A5．已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝( )A．－2或2B．－9或3C．－1或1D．－3或1解析：∵y′＝3x2－3，∴当y′＝0时，x＝±1.则x，y′，y的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)y′＋－＋yc＋2c－2因此，当函数图象与x轴恰有两个公共点时，必有c＋2＝0或c－2＝0，∴c＝－2或c＝2.答案：A6．设函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，若1和－1是函数f(x)的两个零点，x1和x2是f(x)的两个极值点，则x1·x2等于( )A．－1 B．1 C．－ D.解析：f(x)＝x(ax2＋bx＋c)，若1和－1是函数f(x)的两个零点，即1和－1是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，则解得b＝0，c＝－a，∴f(x)＝ax3－ax，f′(x)＝3ax2－a.又由题意知x1和x2是f′(x)＝0的两根，所以x1x2＝＝－，故选C.答案：C7\n二、填空题7．已知函数y＝f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图象在x＝1处的切线平行于直线6x＋2y＋5＝0，则f(x)极大值与极小值之差为________．解析：∵y′＝3x2＋6ax＋3b，⇒∴y′＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，得x＝0或x＝2.∴f(x)极大值－f(x)极小值＝f(0)－f(2)＝4.答案：48．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是________．解析：令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3(舍去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20.∴f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.答案：(－∞，－20]9．已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如表，x－1045f(x)1221f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，下列是关于函数f(x)的命题：①函数f(x)的值域为[1,2]；②函数f(x)在[0,2]上是减函数；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1<a<2时，函数y＝f(x)－a有4个零点．其中真命题的是________(填写序号)．解析：由题意可知函数f(x)的单调增区间为(－1,0)，(2,4)；单调减区间为(0,2)，(4,5)，且f(x)的极小值为f(2)，由于f(2)未知，故①④均错误，又因为f(x)的最大值为f(0)＝f(4)＝2，故③错误．答案：②7\n三、解答题10．已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).令f′(x)＝0得，x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．11．(2014·江西卷)已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)，其中a<0.(1)若a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8，求a的值．解：(1)当a＝－4时，由f′(x)＝＝0得x＝或x＝2，由f′(x)>0得x∈或x∈(2，＋∞)，故函数f(x)的单调递增区间为和(2，＋∞)．(2)因为f′(x)＝，a<0，由f′(x)＝0得x＝－或x＝－.当x∈时，f(x)单调递增；当x∈时，f(x)单调递减，当x∈时，f(x)单调递增，7\n易知f(x)＝(2x＋a)2≥0，且f＝0.①当－≤1时，即－2≤a<0时，f(x)在[1,4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2－2，均不符合题意．②当1<－≤4时，即－8≤a<－2时，f(x)在[1,4]上的最小值为f＝0，不符合题意．③当－>4时，即a<－8时，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4上取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，当a＝－10时，f(x)在(1,4)单调递减，f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．综上有，a＝－10.1．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是( )A．∃x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0解析：由x0是f(x)的极小值点，则y＝f(x)的图象大致如右图所示，由图可知f(x)在(－∞，x0)上不单调，故C不正确．答案：C2．已知a为常数，函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，则( )A．f(x1)>0，f(x2)>－7\nB．f(x1)<0，f(x2)<－C．f(x1)>0，f(x2)<－D．f(x1)<0，f(x2)>－解析：f′(x)＝lnx－2ax＋1，依题意知f′(x)＝0有两个不等实根x1，x2.即曲线y1＝1＋lnx与y2＝2ax有两个不同交点，如图．由直线y＝x是曲线y1＝1＋lnx的切线，可知：0<2a<1，且0<x1<1<x2.∴a∈.由0<x1<1，得f(x1)＝x1(lnx1－ax1)<0，当x1<x<x2时，f′(x)>0，当x>x2时，f′(x)<0，∴f(x2)>f(1)＝－a>－.答案：D3．若函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上有极值点，则实数a的取值范围是( )A.B.C.D.解析：因为f(x)＝－x2＋x＋1，所以f′(x)＝x2－ax＋1.又f(x)在区间上有极值点，即f′(x)＝0在有一个解或者两个不相同的解．当有一解时，需f′f′(3)≤0，7\n解得≤a≤，经检验a＝不成立，所以≤a<；当有两解时，依题意可得解得2<a<.综上可得a∈.故选C.答案：C4．(2014·重庆卷)已知函数f(x)＝ae2x－be－2x－cx(a，b，c∈R)的导函数f′(x)为偶函数，且曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为4－c.(1)确定a，b的值；(2)若c＝3，判断f(x)的单调性；(3)若f(x)有极值，求c的取值范围．解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝2ae2x＋2be－2x－c，由f′(x)为偶函数，知f′(－x)＝f′(x)，即2(a－b)(e2x＋e－2x)＝0，因e2x＋e－2x>0，所以a＝b.又f′(0)＝2a＋2b－c＝4－c，故a＝1，b＝1.(2)当c＝3时，f(x)＝e2x－e－2x－3x，那么f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3≥2－3＝1>0，故f(x)在R上为增函数．(3)由(1)知f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c，而2e2x＋2e－2x≥2＝4，当x＝0时等号成立．下面分三种情况进行讨论．当c<4时，对任意x∈R，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c>0，此时f(x)无极值；当c＝4时，对任意x≠0，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－4>0，此时f(x)无极值；当c>4时，令e2x＝t，注意到方程2t＋－c＝0有两根t1,2＝>0，即f′(x)＝0有两个根x1＝lnt1或x2＝lnt2.当x1<x<x2时，f′(x)<0；又当x>x2时，f′(x)>0，从而f(x)在x＝x2处取得极小值．综上，若f(x)有极值，则c的取值范围是(4，＋∞)．7
