【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固 第3章 第3节 导数在函数最值及生活实际中的应用（含解析）北师大版

【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固第3章第3节导数在函数最值及生活实际中的应用北师大版一、选择题1．函数y＝(　　)A．有最大值2，无最小值B．无最大值，有最小值－2C．有最大值2，有最小值－2D．无最值[答案]　C[解析]　∵y′＝＝.令y′＝0，得x＝1或－1，f(－1)＝＝－2，f(1)＝2，故选C．2．设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图像如图所示，则y＝f(x)的图像最有可能是(　　)[答案]　C[解析]　由y＝f′(x)的图像易知当x<0或x>2时，f′(x)>0，故函数y＝f(x)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增；当0<x<2时，f′(x)<0，故函数y＝f(x)在区间(0,2)上单调递减．3．已知定义域为R的函数f(x)满足：f(4)＝－3，且对任意x∈R总有f′(x)<3，则不等式f(x)<3x－15的解集为(　　)A．(－∞，4)　B．(－∞，－4)C．(－∞，－4)∪(4，＋∞)　D．(4，＋∞)[答案]　D-10-\n[解析]　方法一(数形结合法)：由题意知，f(x)过定点(4，－3)，且斜率k＝f′(x)<3.又y＝3x－15过点(4，－3)，k＝3.∴y＝f′(x)和y＝3x－15在同一坐标系中的草图如图，∴f(x)<3x－15的解集为(4，＋∞)，故选D．方法二：记g(x)＝f(x)－3x＋15，则g′(x)＝f′(x)－3<0，可知g(x)在R上为减函数．又g(4)＝f(4)－3×4＋15＝0，∴f(x)<3x－15可化为f(x)－3x＋15<0，即g(x)<g(4)，结合其函数单调递减，故得x>4.4．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是(　　)A．(－∞，＋∞)　B．(－2，＋∞)C．(0，＋∞)　D．(－1，＋∞)[答案]　D[解析]　由题意得，a>x－()x　(x>0)，令f(x)＝x－()x，则f(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴f(x)min>f(0)＝－1，∴a>－1，故选D．5．若函数f(x)＝sin2x＋sinx，则f′(x)是(　　)A．仅有最小值的奇函数B．仅有最大值的偶函数C．既有最大值又有最小值的偶函数D．非奇非偶函数[答案]　C[解析]　f(x)＝sinxcosx＋sinx，则f′(x)＝cosxcosx＋sinx·(－sinx)＋cosx＝cos2x－sin2x＋cosx＝2cos2x＋cosx－1，显然f′(x)是偶函数，又因为cosx∈[－1,1]，所以函数-10-\nf′(x)既有最大值又有最小值．6．(文)如图，某农场要修建3个养鱼塘，每个面积为10000m2，鱼塘前面要留4m的运料通道，其余各边为2m宽的堤埂，则占地面积最少时，每个鱼塘的长、宽分别为(　　)A．长102m，宽m　B．长150m，宽66mC．长、宽均为100米　D．长150m，宽m[答案]　D[解析]　设鱼塘长、宽分别为ym、xm，依题意xy＝10000.设占地面积为S，则S＝(3x＋8)(y＋6)＝18x＋＋30048，令S′＝18－＝0，得x＝.此时y＝150.(理)要做一个圆锥形的漏斗，其母线长20cm，要使其体积最大，则高为(　　)A．cm　B．cmC．cm　D．cm[答案]　D[解析]　设圆锥的高为xcm，则底面半径为(cm)，其体积为V＝πx(202－x2)(0<x<20)，V′＝π·(400－3x2)，令V′＝0，解得x1＝，x2＝－(舍去)．当0<x<时，V′>0，当<x<20时，V′<0，∴当x＝时，V取最大值．二、填空题7．函数f(x)＝x2－2lnx的最小值为________．[答案]　1[解析]　由f′(x)＝2x－＝0，得x2＝1.又x>0，所以x＝1.因为0<x<1时，f′(x)<0，x>1时f′(x)>0，所以当x＝1时，f(x)取极小值(极小值唯一)也即最小值f(1)＝1.8．函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是________．-10-\n[答案]　(－∞，0)[解析]　f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即f′(x)＝0有两个不等实根．∵f(x)＝ax3＋x，∴f′(x)＝3ax2＋1.要使f′(x)＝0有两个不等实根，则a<0.9．在直径为d的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为________．(强度与bh2成正比，其中h为矩形的长，b为矩形的宽)[答案]　d[解析]　下图为圆木的横截面，∵b2＋h2＝d2，∴bh2＝b(d2－b2)．设f(b)＝b(d2－b2)，∴f′(b)＝－3b2＋d2.令f′(b)＝0，由于b>0，∴b＝d，且在(0，d]上f′(b)>0，在[d，d)上，f′(b)<0.∴函数f(b)在b＝d处取得极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h＝D．三、解答题10．设f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与g()的大小关系；(3)求a的取值范围，使得g(a)－g(x)<对任意x>0成立．[解析]　(1)g(x)＝lnx＋，g′(x)＝，由g′(x)>0，得g(x)的单调增区间为(1，＋∞)；由g′(x)<0，得g(x)的单调减区间为(0,1)．因此x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点．所以g(x)min＝g(1)＝1.-10-\n(2)设h(x)＝g(x)－g()，则h′(x)＝－，h′(x)≤0，∴h(x)在(0，＋∞)上为减函数．当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g()；当0<x<1时，h(x)>h(1)＝0，即g(x)>g()；当x>1时，h(x)<h(1)＝0，即g(x)<g()．(3)由(1)知g(x)的最小值为1，所以g(a)－g(x)<，对任意x>0成立⇔由g(a)－1<，得0<a<e.一、选择题1．在[，2]上，函数f(x)＝x2＋px＋q与g(x)＝＋在同一点处取得相同的最小值，那么f(x)在[，2]上的最大值是(　　)A．　B．4C．8　D．[答案]　B[解析]　因为g(x)＝＋，且x∈[，2]，则g(x)≥2＝3，当且仅当x＝1时，g(x)min＝3.又f′(x)＝2x＋p，∴f′(1)＝0，即2＋p＝0，得p＝－2，∴f(x)＝x2－2x＋q.又f(x)min＝f(1)＝3，∴1－2＋q＝3，∴q＝4.∴f(x)＝x2－2x＋4＝(x－1)2＋3，x∈[，2]．∴f(x)max＝f(2)＝4.-10-\n2．如果函数f(x)＝x3－a2x满足：对于任意的x1、x2∈[0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤1恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A．[－，]　B．(－，)C．[－，0)∪(0，]　D．(－，0)∪(0，)[答案]　A[解析]　解法一：(赋值法)令a＝0，可知选A．解法二：对于任意的x1，x2∈[0,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤1恒成立，只需f(x)max－f(x)min≤1即可．f′(x)＝x2－a2＝(x＋a)(x－a)，当|a|≥1时，f′(x)≤0，函数f(x)＝x3－a2x在[0,1]上单调递减；当|a|<1时，函数f(x)＝x3－a2x在[0，|a|]上单调递减，在[|a|,1]上单调递增，故有或解得a∈[－，]，选A．二、填空题3．(2022·广州模拟)设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．[答案]　4[解析]　(构造法)若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；当x>0，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥－.设g(x)＝－，则g′(x)＝，所以g(x)在区间(0，]上单调递增，在区间[，1]上单调递减，因此g(x)max＝g()＝4，从而a≥4.当x<0，即x∈[－1,0)时，同理a≤－.g(x)在区间[－1,0)上单调递增，∴g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4.综上可知a＝4.4．某工厂生产某种产品，已知该产品的月产量x(吨)与每吨产品的价格P-10-\n(元/吨)之间的函数关系为P＝24200－x2，且生产x吨的成本为R＝50000＋200x(元)．则该厂每月生产________吨产品才能使利润达到最大．最大利润是________万元．(利润＝收入－成本)[答案]　200　315[解析]　每月生产x吨时的利润为f(x)＝(24200－x2)x－(50000＋200x)．＝－x3＋24000x－50000(x≥0)．由f′(x)＝－x2＋24000＝0，解得x1＝200，x2＝－200(舍去)．因f(x)在[0，＋∞)内只有一个极值点x＝200使f′(x)＝0，故它就是最大值点，且最大值为f(200)＝－×2022＋24000×200－50000＝3150000(元)．所以每月生产200吨产品时的利润达到最大，最大利润为315万元．三、解答题5．(文)(2022·临川模拟)已知x＝2是函数f(x)＝x3－bx2＋2x＋a的一个极值点．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若当x∈[1，＋∞)时，f(x)－>a2恒成立，求实数a的取值范围．[解析]　(1)∵f′(x)＝x2－2bx＋2，且x＝2是f(x)的一个极值点，∴f′(2)＝4－4b＋2＝0，解得b＝，∴f′(x)＝x2－3x＋2＝(x－1)(x－2)．由f′(x)>0得x>2或x<1，∴函数f(x)的单调增区间为(－∞，1)，(2，＋∞)；由f′(x)<0得1<x<2，∴函数f(x)的单调减区间为(1,2)．(2)由(1)知，函数f(x)在(1,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．∴当x＝2时，函数f(x)取得极小值也是最小值，故f(x)min＝f(2)＝a＋.当x∈[1，＋∞)时，f(x)－>a2恒成立等价于a2<f(x)min－，即a2－a<0，∴0<a<1.故实数a的取值范围是(0,1)．-10-\n(理)(2022·泰安一模)已知函数f(x)＝xlnx.(1)若函数g(x)＝f(x)＋ax在区间[e2，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值．[解析]　(1)由题意得g′(x)＝f′(x)＋a＝lnx＋a＋1，∵函数g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，∴当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)≥0，即lnx＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立，∴a≥－1－lnx，令h(x)＝－lnx－1，当x∈[e2，＋∞)时，lnx∈[2，＋∞)，∴h(x)∈(－∞，－3]，∴a的取值范围是[－3，＋∞)．(2)∵2f(x)≥－x2＋mx－3，即mx≤2xlnx＋x2＋3，又x>0，∴m≤，令t(x)＝＝2lnx＋x＋，∴t′(x)＝＋1－＝＝，令t′(x)＝0得x＝1或－3(舍)．当x∈(0,1)时，t′(x)<0，t(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，t′(x)>0，t(x)在(1，＋∞)上单调递增．t(x)min＝t(1)＝4，∴m≤t(x)min＝4，即m的最大值为4.6．(文)(2022·浙江高考)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a>0)．若f(x)在[－1,1]上的最小值记为g(a)．(1)求g(a)；(2)证明：当x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.[解析]　(1)∵a>0，x∈[－1,1](ⅰ)当0<a<1时，f(x)＝当x∈[－1，a]时，f′(x)＝3x2－3＝3(x2－1)<0∴f(x)在[－1，a]递减．当x∈[a,1]时，f′(x)＝3x2＋3>0，∴f(x)在[a,1]递增．∴g(a)＝f(a)＝a3.(ⅱ)当a≥1时，f(x)＝x3＋3(a－x)，-10-\n此时f′(x)＝3x2－3<0，∴f(x)在[－1,1]单调递减，∴g(a)＝f(1)＝3a－2.综上g(a)＝.(2)令h(x)＝f(x)－g(a)．(ⅰ)当0<a<1时，g(a)＝a3.若x∈[－1,a]时，h(x)＝x3＋3(a－x)－a3，h′(x)＝3x2－3<0，∴h(x)在[－1,a]递减，∴h(x)在[－1,a]上的最大值为hmax(x)＝h(－1)＝3a＋2－a3(0<a<1)．令t(a)＝－a3＋3a＋2t′(a)＝－3a2＋3＝－3(a2－1)>0.∴t(a)在(0,1)递增．∴t(a)<t(1)＝4，即h(－1)<4.故f(x)≤g(a)＋4.若x∈[a,1]．h(x)＝x3＋3x－3a－a3.h′(x)＝3x2＋3>0，∴h(x)在[a,1]递增，∴hmax(x)＝h(1)＝4－3a－a3，∵0<a<1，∴h(1)<4.故f(x)≤g(a)＋4.(ⅱ)当a≥1时，g(a)＝3a－2，∴令h(x)＝f(x)－g(a)＝x2＋3(a－x)－3a＋2h′(x)＝3x2－3<0，∴h(x)在[－1,1]上递减，∴hmax(x)＝h(－1)＝4，∴f(x)≤g(a)＋4.综上所述，当x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.(理)(2022·山东高考)设函数f(x)＝－k(＋lnx)(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围．-10-\n[解析]　(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－k(－＋)＝－＝由k≤0可得ex－kx>0，所以当x∈(0,2)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0,2)内单调递减，故f(x)在(0,2)内不存在极值点；当k>0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈(0，＋∞)．因为g′(x)＝ex－k＝ex－elnk，当0<k≤1时，当x∈(0,2)时，g′(x)＝ex－k>0，y＝g(x)单调递增，故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；当k>1时，得x∈(0，lnk)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单调递减，x∈(lnk，＋∞)时，g′(x)>0，函数y＝g(x)单调递增．所以函数y＝g(x)的最小值为g(lnk)＝k(1－lnk)．函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点当且仅当解得e<k<.综上所述，函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时，k的取值范围为(e，)．-10-