【数学】2020届一轮复习（理）课标通用版3-4导数与函数的极值、最值作业

【数学】2020届一轮复习（理）课标通用版3-4导数与函数的极值、最值作业

第四节　导数与函数的极值、最值 A组　基础题组 ‎1.(2018辽宁鞍山一中模拟)已知函数f(x)=x3-3x-1,在区间[-3,2]上的最大值为M,最小值为N,则M-N=(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.20 B.18 C.3 D.0‎ 答案　A　∵f '(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),∴f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递增,在(-1,1)上单调递减,又f(-3)=-19, f(-1)=1, f(1)=-3, f(2)=1,∴M=1,N=-19,M-N=1-(-19)=20,‎ 选A.‎ ‎2.函数f(x)=aex-sin x在x=0处有极值,则a的值为(　　)‎ A.-1 B.0 C.1 D.e 答案　C　f '(x)=aex-cos x,若函数f(x)=aex-sin x在x=0处有极值,则f '(0)=a-1=0,解得a=1,经检验a=1符合题意,故选C.‎ ‎3.从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四个角截去四个相同的小正方形,制作成一个无盖的盒子,则盒子容积的最大值为(　　)‎ A.12 cm3 B.72 cm3 C.144 cm3 D.160 cm3‎ 答案　C　设盒子的容积为y cm3,盒子的高为x cm,则x∈(0,5).‎ 则y=(10-2x)(16-2x)x=4x3-52x2+160x,‎ 所以y'=12x2-104x+160.令y'=0,得x=2或‎20‎‎3‎(舍去).‎ 当00,当20;当x=-2时, f '(x)=0;当-22时, f '(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x=-2处取得极大值,在x=2处取得极小值.‎ ‎5.若函数f(x)=‎1‎‎3‎x3+x2-‎2‎‎3‎在区间(a,a+5)上存在最小值,则实数a的取值范围是(　　)‎ A.[-5,0) B.(-5,0)‎ C.[-3,0) D.(-3,0)‎ 答案　C　由题意, f '(x)=x2+2x=x(x+2),故f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上是增函数,在(-2,0)上是减函数,作出其大致图象如图所示,‎ 令‎1‎‎3‎x3+x2-‎2‎‎3‎=-‎2‎‎3‎,得x=0或x=-3,则结合图象可知,‎-3≤a<0,‎a+5>0,‎解得a∈[-3,0).‎ ‎6.函数y=xln x有极　　　　值,为　　　　. ‎ 答案　小;-‎‎1‎e 解析　y'=ln x+1(x>0),当y'=0时,x=e-1;‎ 当y'<0时,00时,x>e-1.‎ ‎∴y=xln x在(0,e-1)上是减函数,在(e-1,+∞)上是增函数.‎ ‎∴y=xln x有极小值,为y‎|‎x=‎e‎-1‎=-‎1‎e.‎ ‎7.已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位:万件)的函数关系式为y=-‎1‎‎3‎x3+81x-234,则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为　　　　万件. ‎ 答案　9‎ 解析　y'=-x2+81,令y'=0,得x=9或x=-9(舍去).当00,函数单调递增;当x>9时,y'<0,函数单调递减.故当x=9时,y取最大值.‎ ‎8.已知函数f(x)=x3-3ax+b的单调递减区间为(-1,1),其极小值为2,则f(x)的极大值是　　　　. ‎ 答案　6‎ 解析　f '(x)=3x2-3a=3(x-a)(x+a),由f(x)的单调递减区间为(-1,1)知f '(1)=0,‎ 可得a=1,‎ 由题意知f(x)=x3-3ax+b在x=1处取得极小值2.‎ 所以1-3+b=2,故b=4.‎ 所以f(x)=x3-3x+4的极大值为f(-1)=(-1)3-3×(-1)+4=6.‎ ‎9.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和b的值;‎ ‎(2)设函数g(x)的导函数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.‎ 将a=0,b=-3代入检验知符合题意.‎ ‎(2)由(1)知f(x)=x3-3x.‎ 因为f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以g'(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2,于是函数g(x)的极值点只可能是x=1或x=-2.‎ 当x<-2时,g'(x)<0;‎ 当-20.故x=-2是g(x)的极小值点.‎ 当-21时,g'(x)>0,故x=1不是g(x)的极值点.‎ 所以g(x)的极小值点为x=-2,无极大值点.‎ ‎10.(2019山西长治期末)已知函数f(x)=ln x-ax.‎ ‎(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‎3‎‎2‎,求实数a的值.‎ 解析　(1)由题意得f(x)的定义域是(0,+∞),且f '(x)=x+ax‎2‎,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)=x+ax‎2‎,‎ 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=‎3‎‎2‎,所以a=-‎3‎‎2‎(舍去).‎ 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-ae=‎3‎‎2‎,‎ 所以a=-e‎2‎(舍去).‎ 若-e0,‎ 所以f(x)在(-a,e)上单调递增,‎ 所以f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1=‎3‎‎2‎,‎ 所以a=-e,‎ 综上,a=-e.‎ B组　提升题组 ‎1.已知函数f(x)=exx‎2‎-k‎2‎x‎+lnx,若x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,则实数k的取值范围为(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.(-∞,e] B.[0,e]‎ C.(-∞,e) D.[0,e)‎ 答案　A　f '(x)=x‎2‎ex‎-2xexx‎4‎-k‎-‎2‎x‎2‎+‎‎1‎x=‎(x-2)‎exx‎-kx‎2‎(x>0).设g(x)=exx,则 g'(x)=‎(x-1)‎exx‎2‎,则g(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.‎ ‎∴g(x)在(0,+∞)上有最小值,为g(1)=e,结合g(x)=exx与y=k的图象可知,要满足题意,只需k≤e,故选A.‎ ‎2.(2018课标全国Ⅰ,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是　　　　. ‎ 答案　-‎‎3‎‎3‎‎2‎ 解析　解法一:由f(x)=2sin x+sin 2x,得f '(x)=2cos x+2cos 2x=4cos2x+2cos x-2,令f '(x)=0,得cos x=‎1‎‎2‎或cos x=-1,可得当cos x∈‎-1,‎‎1‎‎2‎时, f '(x)<0, f(x)为减函数;当 cos x∈‎1‎‎2‎‎,1‎时, f '(x)>0, f(x)为增函数,所以当cos x=‎1‎‎2‎时, f(x)取最小值,此时sin x=±‎3‎‎2‎.又因为f(x)=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cos x),1+cos x≥0恒成立,∴f(x)取最小值时,sin x=-‎3‎‎2‎,∴f(x)min=2×‎-‎‎3‎‎2‎×‎1+‎‎1‎‎2‎=-‎3‎‎3‎‎2‎.‎ 解法二: f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cos x),‎ ‎∴f 2(x)=4sin2x(1+cos x)2=4(1-cos x)(1+cos x)3.‎ 令cos x=t,t∈[-1,1],设g(t)=4(1-t)(1+t)3,‎ ‎∴g'(t)=-4(1+t)3+12(1+t)2(1-t)=4(1+t)2(2-4t).‎ 当t∈‎-1,‎‎1‎‎2‎时,g'(t)>0,g(t)为增函数;‎ 当t∈‎1‎‎2‎‎,1‎时,g'(t)<0,g(t)为减函数.‎ ‎∴当t=‎1‎‎2‎时,g(t)取得最大值‎27‎‎4‎,即f 2(x)的最大值为‎27‎‎4‎,得f(x)的最大值为‎3‎‎3‎‎2‎,又f(x)=2sin x+sin 2x为奇函数,‎ ‎∴f(x)的最小值为-‎3‎‎3‎‎2‎.‎ 解法三:∵f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x(1+cos x)=8sinx‎2‎cos3x‎2‎.‎ ‎∴f 2(x)=64·sin2x‎2‎·cos2x‎2‎·cos2x‎2‎·cos2‎x‎2‎ ‎=‎64‎‎3‎·3sin2x‎2‎·cos2x‎2‎·cos2x‎2‎·cos2‎x‎2‎ ‎≤‎64‎‎3‎‎3sin‎2‎x‎2‎+cos‎2‎x‎2‎+cos‎2‎x‎2‎+cos‎2‎x‎2‎‎4‎‎4‎=‎27‎‎4‎.‎ 当且仅当3sin2x‎2‎=cos2x‎2‎,即sin2x‎2‎=‎1‎‎4‎,cos2x‎2‎=‎3‎‎4‎时等号成立,所以f 2(x)的最大值为‎27‎‎4‎,则f(x)的最大值为‎3‎‎3‎‎2‎,又f(x)=2sin x+sin 2x为奇函数,∴f(x)的最小值为-‎3‎‎3‎‎2‎.‎ ‎3.已知常数a≠0, f(x)=aln x+2x.‎ ‎(1)当a=-4时,求f(x)的极值.‎ ‎(2)当f(x)的最小值不小于-a时,求实数a的取值范围.‎ 解析　(1)由已知得f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=ax+2=a+2xx.当a=-4时, f '(x)=‎2x-4‎x.‎ 所以当02时, f '(x)>0,即f(x)单调递增.‎ 所以f(x)只有极小值,且在x=2时, f(x)取得极小值f(2)=4-4ln 2.‎ 所以当a=-4时, f(x)只有极小值4-4ln 2,无极大值.‎ ‎(2)因为f '(x)=a+2xx,所以当a>0,x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增,没有最小值.‎ 当a<0时,由f '(x)>0,得x>-a‎2‎,所以f(x)在‎-a‎2‎,+∞‎上单调递增;‎ 由f '(x)<0,得x<-a‎2‎,所以f(x)在‎0,-‎a‎2‎上单调递减.‎ 所以当a<0时, f(x)的最小值为f‎-‎a‎2‎=aln‎-‎a‎2‎+2‎-‎a‎2‎.‎ 根据题意f‎-‎a‎2‎=aln‎-‎a‎2‎+2‎-‎a‎2‎≥-a,‎ 即a[ln(-a)-ln 2]≥0.‎ 因为a<0,所以ln(-a)-ln 2≤0,解得a≥-2,所以实数a的取值范围是[-2,0).‎ ‎4.已知函数f (x)=xcos x-(a+1)sin x,x∈[0,π],其中‎3π‎4‎≤a≤‎2‎3‎π‎3‎.‎ ‎(1)证明:当x∈‎0,‎π‎2‎时, f(x)≤0;‎ ‎(2)判断f(x)的极值点个数,并说明理由.‎ 解析　(1)证明:依题意,得f '(x)=-xsin x-acos x,‎ 因为‎3π‎4‎≤a≤‎2‎‎3‎‎3‎π,所以当x∈‎0,‎π‎2‎时, f '(x)<0,‎ 所以f(x)在‎0,‎π‎2‎上单调递减,‎ 故当x∈‎0,‎π‎2‎时, f(x)≤f(0)=0成立.‎ ‎(2)f(x)有唯一极值点.‎ 理由如下:‎ 设p(x)=f '(x),则p'(x)=-xcos x+(a-1)sin x,‎ 因为a≥‎3π‎4‎>1,所以当x∈π‎2‎‎,π时,p'(x)>0,‎ 所以p(x)在π‎2‎‎,π上单调递增,‎ 因为pπ‎2‎=-π‎2‎<0,p(π)=a>0,‎ 所以p(x)在π‎2‎‎,π上存在唯一零点,记为β.‎ 又由(1)知,当x∈‎0,‎π‎2‎时,p(x)<0,所以p(x)在‎0,‎π‎2‎上无零点.‎ 故f '(x)在[0,π]上存在唯一零点β,‎ 当x∈(0,β)时, f '(x)<0;当x∈(β,π)时, f '(x)>0.‎ 所以当x∈[0,π]时, f(x)有唯一极值点β,β为极小值点.‎