2021版高考数学一轮复习核心素养测评十四利用导数研究函数的极值最值苏教版

2021版高考数学一轮复习核心素养测评十四利用导数研究函数的极值最值苏教版

核心素养测评十四 利用导数研究函数的极值、最值 ‎(30分钟　60分)‎ 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.设函数f(x)=+ln x则 (　　)‎ A.x=为f(x)的极大值点 B.x=为f(x)的极小值点 C.x=2为f(x)的极大值点 ‎ D.x=2为 f(x)的极小值点 ‎【解析】选D.f′(x)=-+=,由f′(x)>0,‎ 得x>2,所以f(x)的增区间为,f(x)的减区间为(0,2),‎ 所以f(x)只有极小值,极小值点为x=2.‎ ‎2.已知函数f(x)是R上的可导函数,f(x)的导函数f′(x)的图象如图,则下列结论正确的是 (　　)‎ A.a,c分别是极大值点和极小值点 B.b,c分别是极大值点和极小值点 C.f(x)在区间(a,c)上是增函数 D.f(x)在区间(b,c)上是减函数 ‎【解析】选C.由极值点的定义可知,a是极小值点,无极大值点;由导函数的图象可知,函数f(x)在区间(a,+∞)上是增函数.‎ - 13 -‎ ‎3.已知x=是函数f(x)=x(ln ax+1)的极值点,则实数a的值为 (　　)‎ A. B. C.1 D.e ‎【解析】选B.因为函数f(x)=x(ln ax+1)有极值点,‎ 所以f′(x)=(ln ax+1)+1=2+ln ax;‎ 因为x=是函数f(x)=x(ln ax+1)的极值点,所以f′=2+ln a=0;‎ 所以ln a=-2;解得:a=.‎ ‎4. (2020·徐州模拟)某莲藕种植塘每年的固定成本是1万元,每年最大规模的种植是8万斤,每种植一斤藕,成本增加0.5元,销售额函数是f(x)=-x3+ax2+x,x是莲藕种植量,单位:万斤;销售额的单位:万元,a是常数,若种植2万斤,利润是2.5万元,则要使利润最大,每年种植莲藕 (　　)‎ A.8万斤 B.6万斤 C.3万斤 D.5万斤 ‎【解析】选B.设销售利润为g(x),得g(x)=‎ ‎-x3+ax2+x-1-x=-x3+ax2-1,当x=2时,g(2)=-×23+a×22-1=2.5,解得a=2.‎ 所以g(x)=-x3+x2-1,‎ g′(x)=-x2+x=-x(x-6),‎ 所以函数g(x)在(0,6)上单调递增,在(6,8)上单调递减.‎ 所以当x=6时,函数g(x)取得极大值即最大值.‎ ‎5.(多选)(2020·烟台模拟)已知函数f=,则下列结论正确的是(　　)‎ - 13 -‎ A.函数f存在两个不同的零点 B.函数f既存在极大值又存在极小值 C.当-e0时,-12,‎ 故,是函数的单调递减区间,是函数的单调递增区间,‎ 所以f是函数的极小值,f是函数的极大值,所以B正确.‎ 对于C.当x→+∞时,y→0,根据B可知,函数的最小值是f=-e,再根据单调性可知,当-e0,令f′(x)=0,可得x=-2或x=1,‎ 当x<-2时f′(x)>0,即函数f(x)在(-∞,-2)上单调递增;‎ 当-21时,f′(x)>0,即函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增.‎ 故f(x)的极值点为-2或1,且极大值为f(-2)=.‎ 答案:1或-2　‎ ‎8.已知函数f(x)=当x∈(-∞,m]时,函数f(x)的取值范围为[-16,+∞),则实数m的取值范围是________.  ‎ ‎【解析】当x≤0时,f′(x)=3(2+x)(2-x),所以当x<-2时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;‎ 当-20,函数f(x)单调递增,所以函数f(x)在x=-2处取最小值f(-2)=-16.画出函数的图象,结合函数的图象得-2≤m≤8时,函数f(x)总能取到最小值-16,故m的取值范围是[-2,8].‎ ‎ 答案: [-2,8]‎ - 13 -‎ 三、解答题(每小题10分,共20分)‎ ‎9.若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小值,则称x0为函数y=f(x)的极值点.已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.‎ ‎(1) 求a,b的值.‎ ‎(2) 设函数g(x)的导数g′(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.‎ ‎【解析】(1) 由题设知f′(x)=3x2+2ax+b,且f′(-1)=3‎-2a+b=0,f′(1)=3+‎2a+b=0,解得a=0,b=-3.‎ ‎(2) 由(1) 知f(x)=x3-3x,‎ 则g′(x)=f(x)+2=(x-1)2(x+2),‎ 所以g′(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2,‎ 即函数g(x)的极值点只可能是1或-2.‎ 当x<-2时,g′(x)<0,当-20,‎ 当x>1时,g′(x)>0,‎ 所以-2是g(x)的极值点,1不是g(x)的极值点.‎ ‎10.已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数. ‎ ‎(1)当a=-1时,求f(x)的最大值.‎ ‎(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a的值.‎ ‎【解析】(1)易知f(x)的定义域为(0,+∞),‎ 当a=-1 时,f(x)=-x+ln x,‎ f′(x)=-1+=,令f′(x)=0,得x=1.‎ 当00;当x>1时,f′(x)<0.‎ 所以f(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数.‎ 所以f(x)max=f(1)=-1.‎ 所以当a=-1时,函数f(x)在(0,+∞)上的最大值为-1.‎ ‎(2) f′(x)=a+,x∈,∈.‎ - 13 -‎ ‎①若a≥-,则f′(x)≥0,从而f(x)在上单调递增,所以f(x)max=f(e)=ae+1≥0,不符合题意.‎ ‎②若a<-,令f′(x)>0得a+>0,结合x∈,解得00,所以函数y=x-在(-∞,0),(0,+∞)内单调递增,没有极值点.函数y==根据指数函数的图象与性质可得,当x<0时,函数y=单调递减,当x≥0时,函数y=单调递增,所以函数y=在x=0‎ - 13 -‎ 处取得极小值;函数y=-2x3-x,则y′=-6x2-1<0,所以函数y=-2x3-x在R上单调递减,没有极值点;函数y=xln x,则y′=ln x+1,x>0,当x∈时,y′<0,函数单调递减,当x∈时,y′>0,函数单调递增,当x=时,函数取得极小值.‎ ‎2.(5分)用长为‎30 m的钢条围成一个长方体形状的框架(即12条棱长总和为‎30 m),要求长方体的长与宽之比为3∶2,则该长方体最大体积是(　　)‎ A‎.24 m3‎ B.15 m3 C.12 m3 D.6 m3‎ ‎【解析】选B.设该长方体的宽是x m,由题意知,其长是 m,高是= m(00;当20;‎ 当x∈(80,120)时,y′<0.‎ 因此,x=80是函数y=-x3+60x2的极大值点,也是最大值点,此时y=128 000.‎ ‎3.(5分)(2020·昆明模拟)已知函数f(x)=ax2+bx+cln x(a>0)在x=1和x=2处取得极值,且极大值为-,则函数f(x)在区间(0,4]上的最大值为 (　　)‎ A.0 B.-‎ C.2ln 2-4 D.4ln 2-4‎ ‎【解析】选D.函数的导数为 f′(x)=2ax+b+=.‎ 因为f(x)在x=1和x=2处取得极值,‎ 所以f′(1)=‎2a+b+c=0　①,‎ f′(2)=‎4a+b+=0　 ②,‎ 因为f(x)极大值为-,a>0,‎ 所以由函数性质知当x=1时,‎ - 13 -‎ 函数取得极大值为-,‎ 则f(1)=a+b+cln 1=a+b=-③,‎ 由①②③得a=,b=-3,c=2,0‎ 即f(x)=x2-3x+2ln x,‎ f′(x)=x-3+==,‎ 由f′(x)>0得2-,‎ 即函数在区间(0,4]上的最大值为4ln 2-4.‎ ‎4.(10分)(2019·成都模拟)已知函数f(x)=aln x-x2+x-. ‎ ‎(1)当曲线f(x)在x=3时的切线与直线y=-4x+1平行,求曲线f(x)在处的切线方程.‎ ‎(2)求函数f(x)的极值,并求当f(x)有极大值且极大值为正数时,实数a的取值范围.‎ ‎【解析】(1)f′(x)=-2x+a-2.‎ 由题意得f′(3)=-2×3+a-2=-4,得a=3.‎ - 13 -‎ 当x=1时,f(1)=-12+×1-=-,‎ f′(1)=-2×1+3-2=2,‎ 故曲线f(x)在处的切线方程为y+=2,即8x-4y-17=0.‎ ‎(2)f′(x)=-2x+a-2=(x>0),‎ ‎①当a≤0时,f′(x)≤0,所以f(x)在上单调递减,f(x)无极值.‎ ‎②当a>0时,由f′(x)=0得x=,‎ 随x的变化,f′(x)、f(x)的变化情况如下:‎ x f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 故f(x)有极大值,无极小值,极大值为f=aln-+×-=aln-a,由aln-a>0,结合a>0可得 a>2e,所以当f(x)有极大值且极大值为正数时,实数a的取值范围是.‎ ‎5.(10分) (2020·扬州模拟)已知函数f(x)=ln x-xex+ax(a∈R).‎ ‎ ‎ ‎(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减,求实数a的取值范围.‎ ‎(2)若a=1,求f(x)的最大值.‎ ‎【解题指南】(1)由题意分离参数,将原问题转化为函数求最值的问题,然后利用导函数即可确定实数a的取值范围.‎ - 13 -‎ ‎(2)结合函数的解析式求导函数,将其分解因式,利用导函数研究函数的单调性,最后利用函数的单调性结合函数的解析式即可确定函数的最大值.‎ ‎【解析】(1)由题意知,f′(x)=-(ex+xex)+a=-(x+1)ex+a≤0 在[1,+∞)上恒成立,‎ 所以a≤(x+1)ex-在[1,+∞)上恒成立.‎ 令g(x)=-+(x+1)ex,‎ 则g′(x)=(x+2)ex+>0,‎ 所以g(x)在[1,+∞)上单调递增,‎ 所以g(x)min=g(1)=2e-1,‎ 所以a≤2e-1.‎ ‎(2)当a=1时,f(x)=ln x-xex+x(x>0),‎ 则f′(x)=-(x+1)ex+1=(x+1),‎ 令m(x)=-ex,则m′(x)=--ex<0,‎ 所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.‎ 由于m>0,m(1)<0,‎ 所以存在x0>0满足m(x0)=0,即=.‎ 当x∈(0,x0),m(x)>0,f′(x)>0;‎ 当x∈(x0,+∞)时,m(x)<0,f′(x)<0.‎ 所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.‎ - 13 -‎ 所以f(x)max=f(x0)=ln x0-x0+x0,‎ 因为=,所以x0=-ln x0,‎ 所以f(x0)=-x0-1+x0=-1,‎ 所以f(x)max=-1.‎ ‎(2019·新乡模拟)已知函数f(x)=x2-(a+1)x+aln x. ‎ ‎(1)当a=-4时,求f(x)的单调区间.‎ ‎(2)已知a∈(1,2],b∈R,函数g(x)=x3+bx2-(2b+4)x+ln x,若f(x)的极小值点与g(x)的极小值点相等,证明:g(x)的极大值不大于.‎ ‎【解析】 (1)当a=-4时,f(x)=x2+3x-4ln x,定义域为(0,+∞),‎ f′(x)=x+3-==,‎ 当x>1时,f′(x)>0,f(x)单调递增,则f(x)的单调递增区间为(1,+∞);‎ 当0

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