高考数学 17-18版 第4章 第18课 课时分层训练18
课时分层训练(十八)
A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
一、填空题
1．当函数y＝x·2x取极小值时，x等于________．
－ [令y′＝2x＋x·2xln 2＝0，
∴x＝－.
经验证，－为函数y＝x·2x的极小值点．]
2．函数y＝ln x－x在x∈(0，e]上的最大值为________．
－1 [函数y＝ln x－x的定义域为(0，＋∞)．
又y′＝－1＝，令y′＝0得x＝1，
当x∈(0,1)时，y′＞0，函数单调递增；
当x∈(1，e]时，y′＜0，函数单调递减．
当x＝1时，函数取得最大值－1.]
3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是________．
(－∞，－3)∪(6，＋∞) [∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，
由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根，
∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，即a2－3a－18＞0，
∴a＞6或a＜－3.]
4．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________．(填序号)
【导学号：62172101】
① ② ③ ④
图183
④ [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④中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.]
5．函数f(x)＝x3＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是________．
－ [f′(x)＝x2＋2x－3，令f′(x)＝0得x＝1(x＝－3舍去)，又f(0)＝－4，f(1)＝－，f(2)＝－，故f(x)在[0,2]上的最小值是f(1)＝－.]
6．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．
(－∞，－1) [∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.
∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，
∵x＞0时，－ex＜－1，∴a＝－ex＜－1.]
7．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)＝________.
【导学号：62172102】
18 [∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，且f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，
即
解得或
而当时，函数在x＝1处无极值，故舍去．
∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16.
∴f(2)＝18.]
8．函数f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的极大值为6，极小值为2，则f(x)的单调递减区间是________．
(－1,1) [∵f′(x)＝3x2－3a，由f′(x)＝0得x＝±.
由f′(x)>0得x>或x<－；
由f′(x)<0得－
0得x<－2或x>0，
由f′(x)<0得00时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值. 【导学号：62172104】
[解] (1)f′(x)＝－a(x>0)．
①当a≤0时，f′(x)＝－a>0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a>0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，
当00；
当x>时，f′(x)＝<0，
故函数f(x)的单调递增区间为，
单调递减区间为.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)①当≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1,2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a.
②当≥2，即00时，令f′(x)>0，解得x>m或x<，令f′(x)<0，解得0得x，令f′(x)<0得>x>m，
∴f(x)在(－∞，m)递增，在递减，∴f(x)极大值＝f(m)＝，而f(m)＝0，不成立．
综上，m＝.]
2．设函数f(x)＝则f(x)的最大值为________．
2 [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.]
3．设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2，当k∈时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.
[解] 因为f(x)＝(x－1)ex－kx2，
所以f′(x)＝xex－2kx＝x(ex－2k)，
令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝ln 2k，
因为k∈，所以2k∈(1,2]，所以0＜ln 2k≤ln 2.
设g(k)＝k－ln 2k，k∈，
g′(k)＝1－＝≤0，
所以g(k)在上是减函数，
所以g(k)≥g(1)＝1－ln 2＞0，即0＜ln 2k＜k.
所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
(0，ln 2k)
ln 2k
(ln 2k，k)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
所以函数f(x)在[0，k]上的最大值为f(0)或f(k)．
f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3，
f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1＝(k－1)ek－(k3－1)
＝(k－1)ek－(k－1)(k2＋k＋1)
＝(k－1)[ek－(k2＋k＋1)]．
因为k∈，所以k－1≤0.
令h(k)＝ek－(k2＋k＋1)，则h′(k)＝ek－(2k＋1)．
对任意的k∈，y＝ek的图象恒在y＝2k＋1的图象的下方，所以ek－(2k＋1)＜0，即h′(k)＜0，
所以函数h(k)在上为减函数，故h(1)≤h(k)＜h＝e－＝－＜0，
所以f(k)－f(0)≥0，即f(k)≥f(0)．
所以函数f(x)在[0，k]上的最大值M＝f(k)＝(k－1)ek－k3.
4．设a＞0，函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋a(1＋ln x)．
(1)求曲线y＝f(x)在(2，f(2))处与直线y＝－x＋1垂直的切线方程；
(2)求函数f(x)的极值．
[解] (1)由已知，得x＞0，f′(x)＝x－(a＋1)＋，
y＝f(x)在(2，f(2))处切线的斜率为1，
所以f′(2)＝1，
即2－(a＋1)＋＝1，
所以a＝0，
此时f(2)＝2－2＝0，
故所求的切线方程为y＝x－2.
(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋
＝
＝.
a．当0＜a＜1时，若x∈(0，a)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
若x∈(a,1)，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
若x∈(1，＋∞)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
此时x＝a是f(x)的极大值点，x＝1是f(x)的极小值点，
函数f(x)的极大值是f(a)＝－a2＋aln a，极小值是f(1)＝－.
b．当a＝1时，f′(x)＝≥0，
所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)内单调递增，
此时f(x)没有极值点，故无极值．
c．当a＞1时，若x∈(0,1)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
若x∈(1，a)，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
若x∈(a，＋∞)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
此时x＝1是f(x)的极大值点，x＝a是f(x)的极小值点 ，函数f(x)的极大值是f(1)＝－，极小值是f(a)＝－a2＋aln a.
综上，当0＜a＜1时，f(x)的极大值是－a2＋aln a，极小值是－；
当a＝1时，f(x)没有极值；
当a＞1时，f(x)的极大值是－，极小值是－a2＋aln a.
