(导与练)2020版高考数学一轮复习(文数)习题：第13篇 第11节　导数在研究函数中的应用第2课时　导数与函数的极值、最值(含解析)

www.ks5u.com第二课时　导数与函数的极值、最值

【选题明细表】

基础巩固(时间:30分钟)

1.函数f(x)=ln x-x在区间(0,e]上的最大值为(　B　)

(A)1-e (B)-1    (C)-e     (D)0

解析:因为f′(x)=-1=,当x∈(0,1)时,f′(x)>0;当x∈(1,e]时,

f′(x)<0,所以f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,e],所以当x=1时,f(x)取得最大值ln 1-1=-1.

2.(2018·豫南九校第二次质量考评)若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则常数c的值为(　C　)

(A)4 (B)2或6 (C)2 (D)6

解析:因为f(x)=x(x-c)2,

所以f′(x)=3x2-4cx+c2,

又f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,

所以f′(2)=12-8c+c2=0,解得c=2或6,

c=2时,f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值;

c=6时,f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值;

所以c=2.

3.函数f(x)=3x2+ln x-2x的极值点的个数是(　A　)

(A)0 (B)1 (C)2 (D)无数

解析:函数定义域为(0,+∞),且f′(x)=6x+-2=,不妨设g(x)=6x2-2x+1.

由于x>0,令g(x)=6x2-2x+1=0,则Δ=-20<0,

所以g(x)>0恒成立,故f′(x)>0恒成立,

即f(x)在定义域上单调递增,无极值点.

4.(2018·银川模拟)已知y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax(a>),当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,则a的值等于(　D　)

(A)4 (B)3 (C)2 (D)1

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0<x<时,f′(x)>0;当x>时,f′(x)<0.

所以f(x)max=f()=-ln a-1=-1,解得a=1.

5.(2017·赤峰二模)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数y=(1-x)f′(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是(　D　)

(A)函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)

(B)函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1)

(C)函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2)

(D)函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2)

解析:由题图可知,当x<-2时,f′(x)>0;当-2<x<1时,f′(x)<0;当1<x<2时,f′(x)<0;当x>2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.故选D.

6.设x1,x2是函数f(x)=x3-2ax2+a2x的两个极值点,若x1<2<x2,则实数a的取值范围是　　　　. 

解析:由题意得f′(x)=3x2-4ax+a2的两个零点x1,x2满足x1<2<x2.

所以f′(2)=12-8a+a2<0,

解得2<a<6.

答案:(2,6)

7.(2018·郴州三模)已知奇函数f(x)=则函数h(x)的最大值为　　　　. 

解析:当x>0时,f(x)=-1,f′(x)=,

所以当x∈(0,1)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;

当x>1时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.

所以x=1时,f(x)取到极小值e-1,

即f(x)的最小值为e-1.

又f(x)为奇函数,且x<0时,f(x)=h(x),

所以h(x)的最大值为-(e-1)=1-e.

答案:1-e

8.(2018·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　　　　. 

解析:因为f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=4x-,

所以由f′(x)=0解得x=,

由题意得解得1≤k<.

答案:[1,)

能力提升(时间:15分钟)

9.(2018·郑州质检)若函数y=f(x)存在(n-1)(n∈N*)个极值点,则称y=f(x)为n折函数,例如f(x)=x2为2折函数.已知函数f(x)=(x+1)ex-x(x+2)2,则f(x)为(　C　)

(A)2折函数 (B)3折函数

(C)4折函数 (D)5折函数

解析:f′(x)=(x+2)ex-(x+2)(3x+2)=(x+2)(ex-3x-2),

令f′(x)=0,得x=-2或ex=3x+2.

易知x=-2是f(x)的一个极值点,

又ex=3x+2,结合函数图象,y=ex与y=3x+2有两个交点.

又e-2≠3×(-2)+2=-4.

所以函数y=f(x)有3个极值点,则f(x)为4折函数.

10.(2018·华大新高考联盟教学质量测评)传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体,其底面半径原为12 cm且以每秒1 cm等速率缩短,而长度以每秒20 cm等速率增长.已知神针的底面半径只能从12 cm缩到4 cm,且知在这段变形过程中,当底面半径为10 cm时其体积最大.假设孙

悟空将神针体积最小时定形成金箍棒,则此时金箍棒的底面半径为

　　　　 cm. 

解析:设神针原来的长度为a cm,t秒时神针的体积为V(t) cm3,则V(t)=π(12-t)2·(a+20t),其中0≤t≤8,所以V′(t)=[-2(12-t)(a+20t)+(12-t)2·20]π.

因为当底面半径为10 cm时其体积最大.所以10=12-t,解得t=2,此时V′(2)=0,解得a=60,所以V(t)=π(12-t)2·(60+20t),其中0≤t≤8.

V′(t)=60π(12-t)(2-t),当t∈(0,2)时,V′(t)>0,

当t∈(2,8)时,V′(t)<0,从而V(t)在(0,2)上单调递增,在(2,8)上单调递减,V(0)=8 640π,V(8)=3 520π,所以当t=8时,V(t)有最小值3 520π,此时金箍棒的底面半径为4 cm.

答案:4

11.(2018·天津卷节选)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,

t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.

(1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;

(2)若d=3,求f(x)的极值.

解:(1)由已知,得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,

故f′(x)=3x2-1,因此f(0)=0,f′(0)=-1.

又因为曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y-f(0)= f′(0)(x-0),

故所求切线方程为x+y=0.

(2)由已知可得

f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)

=(x-t2)3-9(x-t2)

=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.

故f′(x)= 3x2-6t2x+3-9.

令f′(x)=0,解得x= t2-或x= t2+.

当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:

所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6,函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3-9×=-6.

12.某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3<x<6,a为常数.已知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克.

(1)求a的值;

(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.

解:(1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.

(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,

所以商场每日销售该商品所获得的利润为

f(x)=(x-3)[+10(x-6)2]

=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6.

从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]

=30(x-4)·(x-6),

于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.

13.(2018·衡水中学月考)已知函数f(x)=ax-1-ln x(a∈R).

(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数;

(2)若函数f(x)在x=1处取得极值,∀x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2恒成立,求实数b的最大值.

解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a-=.

当a≤0时,f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.

所以f(x)在(0,+∞)上没有极值点.

当a>0时,由f′(x)<0,得0<x<;

由f′(x)>0,得x>,

所以f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,故f(x)在x=处有极小值.

综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上没有极值点;

当a>0时,f(x)在(0,+∞)上有一个极值点.

(2)因为函数f(x)在x=1处取得极值,

所以f′(1)=a-1=0,则a=1,从而f(x)=x-1-ln x.

因此f(x)≥bx-2⇒1+-≥b,

令g(x)=1+-,

则g′(x)=,

令g′(x)=0,得x=e2,

则g(x)在(0,e2)上单调递减,在(e2,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(e2)=1-,即b≤1-.

故实数b的最大值是1-.

14.已知函数f(x)=(a>0)的导函数y=f′(x)的两个零点为-3

和0.

(1)求f(x)的单调区间;

(2)若f(x)的极小值为-e3,求f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值.

解:(1)f′(x)=

=.

令g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c,由于ex>0.

令f′(x)=0,则g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c=0,

所以-3和0是y=g(x)的零点,且f′(x)与g(x)的符号相同.

又因为a>0,所以-3<x<0时,g(x)>0,即f′(x)>0,

当x<-3或x>0时,g(x)<0,即f′(x)<0,

所以f(x)的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3),

(0,+∞).

(2)由(1)知,x=-3是f(x)的极小值点,

所以有

解得a=1,b=5,c=5,

所以f(x)=.

因为f(x)的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3),

(0,+∞).

所以f(0)=5为函数f(x)的极大值,

故f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值取f(-5)和f(0)中的最大者,

又f(-5)==5e5>5=f(0),

所以函数f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值是5e5.