2021高考数学一轮复习课后限时集训16利用导数解决函数的极值最值理北师大版

2021高考数学一轮复习课后限时集训16利用导数解决函数的极值最值理北师大版

课后限时集训16‎ 利用导数解决函数的极值、最值 建议用时：45分钟 一、选择题 ‎1．函数y＝在[0,2]上的最大值是(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C．0 D. A　[易知y′＝，x∈[0,2]，令y′＞0，得0≤x＜1，令y′＜0，得1＜x≤2，所以函数y＝在[0,1]上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以y＝在[0,2]上的最大值是y|x＝1＝，故选A.]‎ ‎2．已知函数f(x)＝cos x＋aln x在x＝处取得极值，则a＝(　　)‎ A.　　　　　　　 B. C. D．－ C　[∵f′(x)＝－sin x，且f′＝0，‎ ‎∴－＝0，即a＝，经验证，符合题意．故选C.]‎ ‎3．函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图像如图所示，则x＋x等于(　　)‎ A. B. C. D. C　[函数f(x)的图像过原点，所以d＝0.又f(－1)＝0且f(2)＝0，即－1＋b－c＝0且8＋4b＋‎2c＝0，解得b＝－1，c＝－2，所以函数f(x)＝x3－x2－2x，所以f′(x)＝3x2－2x－2，由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2‎ 7‎ ‎＝，x1x2＝－，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋＝.]‎ ‎4．(2019·东莞模拟)若x＝1是函数f(x)＝ax＋ln x的极值点，则(　　)‎ A．f(x)有极大值－1 B．f(x)有极小值－1‎ C．f(x)有极大值0 D．f(x)有极小值0‎ A　[∵f(x)＝ax＋ln x，x＞0，‎ ‎∴f′(x)＝a＋，‎ 由f′(1)＝0得a＝－1，‎ ‎∴f′(x)＝－1＋＝.‎ 由f′(x)＞0得0＜x＜1，由f′(x)＜0得x＞1，‎ ‎∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．‎ ‎∴f(x)极大值＝f(1)＝－1，无极小值，故选A.]‎ ‎5．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(　　)‎ A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞)‎ C．(－∞，－3) D．(－∞，－3]‎ D　[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)‎ 极大值 极小值 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.]‎ 二、填空题 ‎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)＝ln x－ax存在最大值0，则a＝________.‎ 7‎ 　[f′(x)＝－a，x＞0.当a≤0时，f′(x)＝－a＞0恒成立，函数f(x)单调递增，不存在最大值；当a＞0时，令f′(x)＝－a＝0，解得x＝.当0＜x＜时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＞时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．‎ ‎∴f(x)max＝f＝ln －1＝0，‎ 解得a＝.]‎ ‎8．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为________．‎ ‎3　[设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则V＝πR‎2l＝27π，∴l＝，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小．‎ 由题意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·.‎ ‎∴S′＝2πR－，令S′＝0，得R＝3，根据单调性得当R＝3时，S最小．]‎ 三、解答题 ‎9．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．‎ ‎(1)当a＝时，求f(x)的极值；‎ ‎(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．‎ ‎[解]　(1)当a＝时，f(x)＝ln x－x，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝.‎ 令f′(x)＝0，得x＝2，‎ 于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(0,2)‎ ‎2‎ ‎(2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎ 极大值 故f(x)在定义域上的极大值为f(2)＝ln 2－1，无极小值．‎ ‎(2)由(1)知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝－a＝(x＞0)．‎ 当a≤0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，‎ 7‎ 即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)在定义域上无极值点；‎ 当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝.‎ 当x∈时，f′(x)＞0，‎ 当x∈时，f′(x)＜0，‎ 故函数f(x)在x＝处有极大值．‎ 综上所述，当a≤0时，函数f(x)无极值点；‎ 当a＞0时，函数f(x)有一个极大值点．‎ ‎10．已知函数f(x)＝ln x－.‎ ‎(1)若a＞0，试判断f(x)在定义域内的单调性；‎ ‎(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为，求实数a的值．‎ ‎[解]　(1)由题意得f(x)的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝，‎ 因为a＞0，所以f′(x)＞0，‎ 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)由(1)可得f′(x)＝，因为x∈[1，e]，‎ ‎①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，‎ 此时f(x)在[1，e]上单调递增，‎ 所以f(x)min＝f(1)＝－a＝，所以a＝－(舍去)．‎ ‎②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上单调递减，‎ 所以f(x)min＝f(e)＝1－＝，‎ 所以a＝－(舍去)．‎ ‎③若－e＜a＜－1，令f′(x)＝0，得x＝－a，‎ 当1＜x＜－a时，f′(x)＜0，‎ 所以f(x)在(1，－a)上单调递减；‎ 当－a＜x＜e时，f′(x)＞0，‎ 所以f(x)在(－a，e)上单调递增，‎ 所以f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，所以a＝－.‎ 7‎ 综上，a＝－.‎ ‎1．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图像可能是(　　)‎ A　　　　　　　　B C　　　　　　　　D C　[由题意可得f′(－2)＝0，且当x＜－2时，f′(x)＜0，则y＝xf′(x)＞0，故排除B和D；当x＞－2时，f′(x)＞0，所以当x∈(－2,0)时，y＝xf′(x)＜0，当x＞0时，y＝xf′(x)＞0，故排除A，选C.]‎ ‎2．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是(　　)‎ A．20 B．18‎ C．3 D．0‎ A　[原命题等价于对于区间[－3,2]上的任意x，都有f(x)max－f(x)min≤t，‎ ‎∵f′(x)＝3x2－3，∴当x∈[－3，－1]时，f′(x)＞0，‎ 当x∈[－1,1]时，f′(x)＜0，‎ 当x∈[1,2]时，f′(x)＞0.‎ ‎∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，‎ f(x)min＝f(－3)＝－19.‎ ‎∴f(x)max－f(x)min＝20，∴t≥20.即t的最小值为20.故选A.]‎ ‎3．(2019·武汉模拟)若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是________．‎ 　[因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又因为f′(x)＝4x－，所以由f′(x)＝0解得x＝，由题意得 解得1≤k＜.]‎ ‎4．已知一企业生产某产品的年固定成本为10万元，每生产千件需另投入2.7万元，设该企业年内共生产此种产品x千件，并且全部销售完，每千件的销售收入为f(x)万元，且f(x 7‎ ‎)＝ ‎(1)写出年利润W(万元)关于年产品x(千件)的函数解析式；‎ ‎(2)年产量为多少千件时，该企业生产此产品所获年利润最大？(注：年利润＝年销售收入－年总成本)‎ ‎[解]　(1)由题意得 W＝ 即W＝ ‎(2)①当0＜x≤10时，W＝8.1x－x3－10，‎ 则W′＝8.1－x2＝＝，‎ 因为0＜x≤10，所以当0＜x＜9时，W′＞0，‎ 则W递增；‎ 当9＜x≤10时，W′＜0，则W递减．‎ 所以当x＝9时，W取最大值＝38.6万元．‎ ‎②当x＞10时，‎ W＝98－≤98－2＝38.‎ 当且仅当＝2.7x，即x＝时等号成立．‎ 综上，当年产量为9千件时，该企业生产此产品所获年利润最大．‎ ‎1．若函数f(x)＝x3－3ax在区间(－1,2)上仅有一个极值点，则实数a的取值范围为________．‎ ‎[1,4)　[因为f′(x)＝3(x2－a)，所以当a≤0时，f′(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，f(x)没有极值点，不符合题意； 当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝±，‎ 当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示：‎ x ‎(－∞，－)‎ ‎－ ‎(－，)‎ ‎(，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ 极大值 极小值 因为函数f(x)在区间(－1,2)上仅有一个极值点，所以或解得1≤a＜4.]‎ ‎2．已知函数f(x)＝aln x＋(a＞0)．‎ 7‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间和极值；‎ ‎(2)是否存在实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解]　由题意，知函数的定义域为{x|x＞0}，f′(x)＝－(a＞0)．‎ ‎(1)由f′(x)＞0解得x＞，‎ 所以函数f(x)的单调递增区间是；‎ 由f′(x)＜0解得x＜，‎ 所以函数f(x)的单调递减区间是.‎ 所以当x＝时，函数f(x)有极小值f＝aln ＋a＝a－aln a，无极大值．‎ ‎(2)不存在．理由如下：‎ 由(1)可知，当x∈时，函数f(x)单调递减；‎ 当x∈时，‎ 函数f(x)单调递增．‎ ‎①若0＜≤1，即a≥1时，函数f(x)在[1，e]上为增函数，‎ 故函数f(x)的最小值为f(1)＝aln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．‎ ‎②若1＜≤e，即≤a＜1时，函数f(x)在上为减函数，在上为增函数，‎ 故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值f＝aln ＋a＝a－aln a＝a(1－ln a)＝0，即ln a＝1，解得a＝e，而≤a＜1，故不满足条件．‎ ‎③若＞e，即0＜a＜时，函数f(x)在[1，e]上为减函数，‎ 故函数f(x)的最小值为f(e)＝a＋＝0，解得a＝－，而0＜a＜，‎ 故不满足条件．‎ 综上所述，这样的a不存在．‎ 7‎