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  • 2021-06-30 发布

2021高考数学一轮复习课后限时集训16导数与函数的极值最值文北师大版

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课后限时集训16‎ 导数与函数的极值、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=,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=,x1x2‎ - 7 -‎ ‎=-,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,‎ 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;‎ - 7 -‎ 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=-.‎ 综上,a=-.‎ - 7 -‎ ‎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)= ‎(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)‎ - 7 -‎ ‎[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).‎ ‎(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>,‎ - 7 -‎ 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[1, )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 -‎

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