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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文北师大版

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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,+∞)5\n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,+∞)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5\nf′(x)=-ax+a-1=.①若a≥0,当0<x<1时,f′(x)>0,f(x)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,5\n所以f(x)在x=处取得最小值f()=1-.当a≥1时,≥1.x∈(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·洛阳统考)已知f(x)=xex-ax2-x.(1)若f(x)在(-∞,-1]上是递增的,[-1,0]上是递减的,求f(x)的极小值;(2)当x≥0时,恒有f(x)≥0,求实数a的取值范围.解:(1)因为f(x)在(-∞,-1]上递增,[-1,0]上递减,所以f′(-1)=0.因为f′(x)=(x+1)ex-2ax-1,所以2a-1=0,a=.所以f′(x)=(x+1)ex-x-1=(x+1)(ex-1),所以f(x)在(-∞,-1]上递增,[-1,0]上递减,[0,+∞)上递增,所以f(x)的极小值为f(0)=0.(2)f(x)=x(ex-ax-1),令g(x)=ex-ax-1,则g′(x)=ex-a.若a≤1,则x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,g(x)为增函数,而g(0)=0,所以当x≥0时,g(x)≥0,从而f(x)≥0.若a>1,则x∈(0,lna)时,g′(x)<0,g(x)为减函数,g(0)=0,5\n故x∈(0,lna)时,g(x)<0,从而f(x)<0,不符合题意.综上,实数a的取值范围是(-∞,1].5

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发布时间:2022-08-25 16:56:51 页数:5
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文章作者:U-336598

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