2021版高考数学一轮复习核心素养测评十五利用导数研究函数的极值、最值理北师大版

2021版高考数学一轮复习核心素养测评十五利用导数研究函数的极值、最值理北师大版

核心素养测评十五 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)的图像如图,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;由导函数的图像可知,函数f(x)在区间(a,+∞)上是增函数.‎ ‎3.(2020·榆林模拟)已知x=2是函数f(x)=x3-3ax+2的极小值点,那么函数f(x)的极大值为 (　　)‎ A.15 B.16 C.17 D.18‎ - 11 -‎ ‎【解析】选D.因为x=2是函数f(x)=x3-3ax+2的极小值点,所以f′(2)=12-3a=0,解得a=4,所以函数f(x)的解析式为f(x)=x3-12x+2,f′(x)=3x2-12,由f′(x)=0,得x=±2,故函数f(x)在(-2,2)上是减少的,在(-∞,-2),(2,+∞)上是增加的,由此可知当x=-2时,函数f(x)取得极大值f(-2)=18.‎ ‎4.(2020·湘潭模拟)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.若函数f(x)=ax-ln x在区间(0,e]上的最小值为3,则实数a的值为 ‎ (　　)‎ A.e2　　　　B.2e　　　　C.　　　　D.‎ ‎【解题指南】(1)判断单调区间,把a分为a≤0与a>0两种情况来确定单调区间,而a>0时又要将与区间(0,e]进行比较讨论;‎ ‎(2)根据各种情况的单调区间确定各种情况下的最小值,每计算一个a的值都要记得检验是否满足前提范围.‎ ‎【解析】选A.因为f(x)=ax-ln x,(x>0),所以f′(x)=a-=(x>0).‎ - 11 -‎ ‎①当a≤0时,f′(x)<0,则f(x)在(0,e]上为减函数,此时f(x)min=f(e)=ae-1=3,解得a=>0(舍去).‎ ‎②当a>0时,当0e时,即a<时,f(x)在(0,e]上为减函数,f(x)min=f(e)=ae-1=3,解得a=>(舍去),综上所述:a=e2.‎ 二、填空题(每小题5分,共15分)‎ ‎6.(2019·濮阳模拟)函数f(x)=ex-2x的最小值为________________. ‎ ‎【解析】f′(x)=ex-2,令f′(x)=ex-2=0,解得x=ln 2.‎ 可得:函数f(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增.‎ 所以x=ln 2时,函数f(x)取得极小值也是最小值,f(ln 2)=2-2ln 2.‎ 答案:2-2ln 2‎ ‎7.(2020·咸阳模拟)已知y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax,当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,则a=________________. ‎ ‎【解析】由题意知,当x∈(0,2)时,f(x)的最大值为-1.‎ 令f′(x)=-a=0,得x=,‎ 当00;当x>时,f′(x)<0.‎ 所以f(x)max=f=-ln a-1=-1,解得a=1.‎ 答案:1‎ - 11 -‎ ‎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.画出函数的图像,结合函数的图像得-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]‎ 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,‎ - 11 -‎ 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∈,∈.‎ ‎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0-2时,f′(x)>0,函数是增函数,所以x=-2是函数的极小值点.‎ ‎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,‎ 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,‎ 即f(x)=x2-3x+2ln x,‎ - 11 -‎ 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.‎ 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.‎ - 11 -‎ ‎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·济宁模拟)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.‎ ‎(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,‎ - 11 -‎ 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.‎ 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,+∞),‎ - 11 -‎ 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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