2023版高考数学一轮复习课后限时集训20利用导数解决函数的极值最值含解析20230318183

课后限时集训(二十)　利用导数解决函数的极值、最值建议用时：40分钟一、选择题1．函数y＝在[0,2]上的最大值是(　　)A．B．C．0D．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ymax＝，故选A.]2．(2020·宁波质检)下列四个函数中，在x＝0处取得极值的函数是(　　)①y＝x3；②y＝x2＋1；③y＝x3－3x2；④y＝2x.A．①②B．①③C．③④D．②③D　[对于①，y′＝3x2≥0，故①不是；对于②，y′＝2x，当x＞0时，y′＞0，当x＜0时，y′＜0，当x＝0时，y′＝0，故②是；对于③，y′＝3x2－6x＝3x(x－2)，当x＜0时，y′＞0，当0＜x＜2时，y′＜0，当x＝0时，y′＝0，故③是；对于④，由y＝2x的图象知，④不是．故选D.]3．(多选)(2020·山东省日照实验高中月考)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，以下命题错误的是(　　)A．－3是函数y＝f(x)的极值点B．－1是函数y＝f(x)的最小值点C．y＝f(x)在区间(－3,1)上单调递增\nD．y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率小于零BD　[根据导函数的图象可知，当x∈(－∞，－3)时，f′(x)＜0，当x∈(－3,1)时，f′(x)≥0，∴函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,1)上单调递增，∴－3是函数y＝f(x)的极值点．∵函数y＝f(x)在(－3,1)上单调递增，∴－1不是函数y＝f(x)的最小值点．∵函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于零，∴y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率大于零，故选BD.]4．(多选)(2020·山东临沂期末)已知函数f(x)＝x＋sinx－xcosx的定义域为[－2π，2π)，则(　　)A．f(x)为奇函数B．f(x)在[0，π)上单调递增C．f(x)恰有4个极大值点D．f(x)有且仅有4个极值点BD　[由题意得f′(x)＝1＋cosx－(cosx－xsinx)＝1＋xsinx，当x∈[0，π)时，f′(x)＞0，则f(x)在[0，π)上单调递增．令f′(x)＝0，得sinx＝－.作出y＝sinx，y＝－在区间[－2π，2π)上的大致图象，如图所示，由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点处都不相切，故f(x)在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f(x)只有2个极大值点．故选BD.]5．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是(　　)A．－37B．－29C．－5D．以上都不对A　[∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，∴x＝0为极大值点，也为最大值点，∴f(0)＝m＝3，∴m＝3.∴f(－2)＝－37，f(2)＝－5.∴最小值是－37.故选A.]6．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\n)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7．设直线y＝m与曲线C：y＝x(x－2)2的三个交点分别为A(a，m)，B(b，m)，C(c，m)，其中a＜b＜c，则实数m的取值范围是________，a2＋b2＋c2的值为________．　8　[根据题意，设f(x)＝x(x－2)2，其导数f′(x)＝3x2－8x＋4，令f′(x)＞0，解得x＜或x＞2，则f(x)在和(2，＋∞)上单调递增，在上单调递减，故f(x)的极大值为f＝，极小值为f(2)＝0，若直线y＝m与曲线C：y＝x(x－2)2有三个交点，必有0＜m＜，即m的取值范围为.设g(x)＝f(x)－m＝x(x－2)2－m＝x3－4x2＋4x－m，若直线y＝m与曲线C：y＝x(x－2)2有三个交点，且其坐标分别为A(a，m)，B(b，m)，C(c，m)，则函数g(x)＝x3－4x2＋4x－m＝0有三个根，依次为a，b，c，则有x3－4x2＋4x－m＝(x－a)(x－b)(x－c)＝x3－(a＋b＋c)x2＋(ab＋ac＋bc)x－abc，变形可得abc＝m，a＋b＋c＝4，ab＋bc＋ac＝4，则a2＋b2＋c2＝(a＋b＋c)2－2(ab＋bc＋ac)＝8.]8．已知函数f(x)＝lnx－ax存在最大值0，则a＝________.　[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＝.]9．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·.\n∴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10．已知函数f(x)＝ax＋lnx，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]　(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f(x)＝－x＋lnx，f′(x)＝－1＋＝，令f′(x)＝0，得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0.∴f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数．∴f(x)max＝f(1)＝－1.∴当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1.(2)f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈.①若a≥－，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上是增函数，∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不合题意．②若a＜－，令f′(x)＞0得a＋＞0，结合x∈(0，e]，解得0＜x＜－；令f′(x)＜0得a＋＜0，结合x∈(0，e]，解得－＜x≤e.从而f(x)在上为增函数，在上为减函数，∴f(x)max＝f＝－1＋ln.令－1＋ln＝－3，得ln＝－2，即a＝－e2.∵－e2＜－，∴a＝－e2为所求．故实数a的值为－e2.11．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为3\n＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升)．(1)求y关于v的函数关系式；(2)若c≤v≤15(c＞0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少．[解]　(1)由题意，下潜用时(单位时间)，用氧量为×＝＋(升)，水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时＝(单位时间)，用氧量为×1.5＝(升)，因此总用氧量y＝＋＋9(v＞0)．(2)y′＝－＝，令y′＝0得v＝10，当0＜v＜10时，y′＜0，函数单调递减；当v＞10时，y′＞0，函数单调递增．若c＜10，函数在(c,10)上单调递减，在(10，15)上单调递增，∴当v＝10时，总用氧量最少．若c≥10，则y在[c,15]上单调递增，∴当v＝c时，这时总用氧量最少．1．(多选)若函数f(x)＝2x3－ax2(a＜0)在上有最大值，则a的取值可能为(　　)A．－6B．－5C．－4D．－3ABC　[令f′(x)＝2x(3x－a)＝0，解得x1＝0，x2＝(a＜0)，当＜x＜0时，f′(x)＜0；当x＜或x＞0时，f′(x)＞0，则f(x)的单调递增区间为，(0，＋∞)，单调递减区间为，从而f(x)在x＝处取得极大值f＝－，由f(x)＝－，得2＝0，解得x＝或x＝－，又f(x)在上有最大值，所以＜≤－，解得a≤－4.所以选项A，B，C符合题意．]2．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)A．－1B．－2e－3\nC．5e－3D．1A　[f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.∵x＝－2是f(x)的极值点，∴f′(－2)＝0，即(4－2a－4＋a－1)e－3＝0，得a＝－1.∴f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1.由f′(x)＞0，得x＜－2或x＞1；由f′(x)＜0，得－2＜x＜1.∴f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)的极小值点为1，∴f(x)的极小值为f(1)＝－1.]3．已知函数f(x)＝alnx＋(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＞，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－alna，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)＝aln1＋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，\n故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值f＝aln＋a＝a－alna＝a(1－lna)＝0，即lna＝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．1．(多选)(2020·山东莱芜一中模考)已知函数f(x)＝，g(x)＝xe－x，若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)＝k(k＜0)成立，则下列结论正确的是(　　)A．lnx1＝x2B．ln(－x2)＝－x1C．2·ek的最大值为D．2·ek的最大值为AC　[由f(x1)＝g(x2)＝k(k＜0)，得＝x2e－x2＜0　(*)，∴0＜x1＜1，x2＜0.由(*)可得＝－x2e－x2＞0，两边同时取对数可得ln(－lnx1)－lnx1＝ln(－x2)－x2.∵函数y＝lnx＋x在(0，＋∞)上为增函数，∴－lnx1＝－x2，∴lnx1＝x2，∴＝＝k，故2·ek＝k2·ek.设h(k)＝k2·ek(k＜0)，∴h′(k)＝ek(k2＋2k)，由ek(k2＋2k)＞0，可得k＜－2，故h(k)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,0)上单调递减，故h(k)max＝h(－2)＝，因此2·ek的最大值为.综上，AC正确．]\n2．已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则f(x)的最小值是________．－　[∵f(x)的最小正周期T＝2π，∴求f(x)的最小值相当于求f(x)在[0,2π]上的最小值．f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2(2cos2x－1)＝4cos2x＋2cosx－2＝2(2cosx－1)(cosx＋1)．令f′(x)＝0，解得cosx＝或cosx＝－1，x∈[0,2π]．∴由cosx＝－1，得x＝π；由cosx＝，得x＝π或x＝.∵函数的最值只能在导数值为0的点或区间端点处取到，f(π)＝2sinπ＋sin2π＝0，f＝2sin＋sin＝，f＝－，f(0)＝0，f(2π)＝0，∴f(x)的最小值为－.]3．(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)讨论f(x)的单调性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．[解]　(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.若a＞0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，0)，单调递增，在单调递减．若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．若a＜0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在，(0，＋∞)单调递增，在单调递减．(2)满足题设条件的a，b存在．①当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递增，所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)＝b\n，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递减，所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.③当0＜a＜3时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为f＝－＋b，最大值为b或2－a＋b.若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0＜a＜3矛盾．若－＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝3或a＝－3或a＝0，与0＜a＜3矛盾．综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.