高考数学一轮复习第2章基本初等函数导数及其应用第13讲导数与函数的极值最值及实际应用知能训练轻松闯关理北师大版

第13讲导数与函数的极值、最值及实际应用1．(2022·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是(　　)A．y＝x3　　　　　　　　B．y＝ln(－x)C．y＝xe－xD．y＝x＋解析：选D.由题可知，B、C选项中的函数不是奇函数，A选项中，函数y＝x3单调递增(无极值)，而D选项中的函数既为奇函数又存在极值．故选D.2．(2022·济宁模拟)函数f(x)＝x2－lnx的最小值为(　　)A.B．1C．0D．不存在解析：选A.f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得最小值，且f(1)＝－ln1＝.3．(2022·长治调研)已知函数f(x)＝x3－x2＋cx＋d有极值，则c的取值范围为(　　)A．c<B．c≤C．c≥D．c>解析：选A.由题意得f′(x)＝x2－x＋c，若函数f(x)有极值，则Δ＝1－4c>0，解得c<.4．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＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为(　　)A．13万件B．11万件C．9万件D．7万件解析：选C.因为y′＝－x2＋81，所以当x>9时，y′<0；当0<x<9时，y′>0.所以函数y＝－x3＋81x－234在(9，＋∞)上递减，在(0，9)上递增，所以x＝9是该函数的极大值点，又该函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以该函数在x＝9处取得最大值．5．(2022·江西省八所重点中学联考)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，0)B.C．(0，1)D．(0，＋∞)解析：选B.因为f(x)＝x(lnx－ax)，所以f′(x)＝lnx－2ax＋1，由题可知f′(x)在(0，5\n＋∞)上有两个不同的零点，令f′(x)＝0，则2a＝，令g(x)＝，则g′(x)＝，所以g(x)在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，又因为当x从右边趋近于0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，所以只需0<2a<1⇒0<a<.6．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1，1]，则f(m)＋f′(n)的最小值为(　　)A．－13B．－15C．10D．15解析：选A.f′(x)＝－3x2＋2ax，因为函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，所以－12＋4a＝0，解得a＝3，所以f′(x)＝－3x2＋6x，f(x)＝－x3＋3x2－4.易知f′(n)＝－3n2＋6n，f(m)＝－m3＋3m2－4，又m，n∈[－1，1]，所以当n＝－1时，f′(n)最小，为－9；又f′(m)＝－3m2＋6m，令f′(m)＝0得m＝0或m＝2，所以当m＝0时，f(m)最小，为－4.故f(m)＋f′(n)的最小值为－4＋(－9)＝－13，故选A.7．函数y＝2x－的极大值是________．解析：y′＝2＋，令y′＝0，得x＝－1.当x＜－1时，y′＞0；当－1<x<0时，y′＜0.所以当x＝－1时，y取极大值－3.答案：－38．(2022·新乡一模)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)9．(2022·新余一中一模)函数f(x)＝xsinx＋cosx在上的最大值为________．解析：因为f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，所以f′(x)＝0在x∈上的解为x＝.又f＝＋，f＝，f(π)＝－1，所以函数f(x)＝xsinx＋cosx在上的最大值为.答案：10．设函数f(x)＝lnx－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则实数a的取值范围为________．解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，则f′(1)＝0，得b＝1－a.所以f′(x)＝－ax＋a－1＝.①若a≥0，当0<x<1时，f′(x)>0，f(x5\n)递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)递减，所以x＝1是f(x)的极大值点．②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－，因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－>1，解得－1<a<0.综合①②得a的取值范围是a>－1.答案：(－1，＋∞)11．(2022·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上是递增的．若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.所以f(x)在上是递增的，在上是递减的．(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为f＝ln＋a＝－lna＋a－1.因此f＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上是递增的，g(1)＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.因此，a的取值范围是(0，1)．12．已知函数f(x)＝x3－ax＋1.(1)当x＝1时，f(x)取得极值，求a的值；(2)求f(x)在[0，1]上的最小值；(3)若对任意m∈R，直线y＝－x＋m都不是曲线y＝f(x)的切线，求a的取值范围．解：(1)因为f′(x)＝x2－a，当x＝1时，f(x)取得极值，所以f′(1)＝1－a＝0，a＝1，又x∈(－1，1)时，f′(x)<0，x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在x＝1处取得极小值，即a＝1时符合题意．(2)当a≤0时，f′(x)>0对x∈(0，1)恒成立，所以f(x)在(0，1)上递增，所以f(x)在x＝0处取得最小值f(0)＝1.当a>0时，令f′(x)＝x2－a＝0，解得x1＝－，x2＝，　当0<a<1时，<1，当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)是递减的；当x∈(，1)时，f′(x)>0，f(x)是递增的，所以f(x)在x＝处取得最小值f()＝1－.当a≥1时，≥1.5\nx∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)是递减的，所以f(x)在x＝1处取得最小值f(1)＝－a.综上所述，当a≤0时，f(x)在x＝0处取得最小值f(0)＝1；当0<a<1时，f(x)在x＝处取得最小值f()＝1－；当a≥1时，f(x)在x＝1处取得最小值f(1)＝－a.(3)因为∀m∈R，直线y＝－x＋m都不是曲线y＝f(x)的切线，所以f′(x)＝x2－a≠－1对x∈R恒成立，只要f′(x)＝x2－a的最小值大于－1即可．而f′(x)＝x2－a的最小值为－a，所以－a>－1，即a<1.1．一列电力机车每小时电的消耗费用与机车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20km/h时，每小时消耗的电价值40元，其他费用每小时需400元，机车的最高速度为100km/h，机车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？解：设机车的速度为xkm/h，甲、乙两城距离为akm.由题意，令40＝k·203，所以k＝，则总费用f(x)＝(kx3＋400)·＝a＝a(0<x≤100)．由f′(x)＝＝0，得x＝20.当0<x<20时，f′(x)<0；当20<x≤100时，f′(x)>0.所以当x＝20时，f(x)取最小值，即速度为20km/h时，总费用最少．2．(2022·河南省八校联考)已知函数f(x)＝，其中a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的定义域和极值；(2)当a＝1时，试确定函数g(x)＝f(x)－1的零点个数，并证明．解：(1)当a＝0时，函数f(x)＝，其定义域为{x|x∈R，且x≠－1}，f′(x)＝.令f′(x)＝0，得x＝0.当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：x(－∞，－1)(－1，0)0(0，＋∞)f′(x)－－0＋f(x)↘↘极小值↗所以f(x)的递减区间为(－∞，－1)，(－1，0)；5\n递增区间为(0，＋∞)．故当x＝0时，函数f(x)有极小值f(0)＝1.(2)结论：函数g(x)存在两个零点．证明过程如下：由题意得函数g(x)＝－1.因为x2＋x＋1＝＋>0，所以函数g(x)的定义域为R.又g′(x)＝＝，令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝1，当x变化时，g(x)和g′(x)的变化情况如下：x(－∞，0)0(0，1)1(1，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)↗极大值↘极小值↗故函数g(x)的递减区间为(0，1)；递增区间为(－∞，0)，(1，＋∞)．当x＝0时，函数g(x)有极大值g(0)＝0；当x＝1时，函数g(x)有极小值g(1)＝－1.因为函数g(x)在(－∞，0)上是递增的，且g(0)＝0，所以对于任意x∈(－∞，0)，g(x)≠0.因为函数g(x)在(0，1)上是递减的，且g(0)＝0，所以对于任意x∈(0，1)，g(x)≠0.因为函数g(x)在(1，＋∞)上是递增的，且g(1)＝－1<0，g(2)＝－1>0，所以函数g(x)在(1，＋∞)上存在唯一x0，使得g(x0)＝0，故函数g(x)存在两个零点，即0和x0.5