高考数学一轮复习第二章第十节第2课时利用导数研究函数的极值与最值课时作业理含解析北师大版

这是一份高考数学一轮复习第二章第十节第2课时利用导数研究函数的极值与最值课时作业理含解析北师大版，共6页。
第2课时 利用导数研究函数的极值与最值

授课提示：对应学生用书第291页
[A组　基础保分练]
1．函数y＝在[0，2]上的最大值是(　　)
A.　　　　　　　 B.
C．0 D.
解析：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.
答案：A
2．(2021·沈阳模拟)设函数f(x)＝xex＋1，则(　　)
A．x＝1为f(x)的极大值点
B．x＝1为f(x)的极小值点
C．x＝－1为f(x)的极大值点
D．x＝－1为f(x)的极小值点
解析：由f(x)＝xex＋1，可得f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)＞0可得x＞－1，即函数f(x)在(－1，＋∞)上是增函数；令f′(x)＜0可得x＜－1，即函数f(x)在(－∞，－1)上是减函数，所以x＝－1为f(x)的极小值点．
答案：D
3．(2021·肇庆模拟)已知x＝1是f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex的极小值点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(1，＋∞) B.(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，1)
解析：依题意f′(x)＝(x－a)(x－1)ex，它的两个零点分别为x＝1，x＝a，若x＝1是函数f(x)的极小值点，则需a＜1，此时函数f(x)在(a，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，在x＝1处取得极小值．
答案：D
4.若函数f(x)＝的图像如图所示，则m的取值范围为(　　)

A．(－∞，－1)
B．(－1，2)
C．(0，2)
D．(1，2)
解析：f′(x)＝＝，由函数图像的单调性及有两个极值点可知m－2＜0且m＞0，故0＜m＜2.又由题图易得＞1，即m＞1.故1＜m＜2.
答案：D
5．已知不等式xsin x＋cos x≤a对任意的x∈[0，π]恒成立，则整数a的最小值为(　　)
A．2 B.1
C．0 D．－1
解析：令f(x)＝xsin x＋cos x，则f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，令f′(x)＝0，则在(0，π)上x＝.当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，又f(0)＝1，f＝，f(π)＝－1，所以当x＝时，f(x)取得最大值，即f(x)max＝f＝，所以a≥，即整数a的最小值为2.
答案：A
6．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，若x＝－3是函数f(x)的一个极值点，则实数a＝________．
解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋3.由题意知，x＝－3是方程f′(x)＝0的根，所以3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，解得a＝5.经检验，当a＝5时，f(x)在x＝－3处取得极值．
答案：5
7.函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图像如图所示，则x＋x＝________．

解析：函数f(x)的图像过原点，所以d＝0.又f(－1)＝0且f(2)＝0，即－1＋b－c＝0且8＋4b＋2c＝0，解得b＝－1，c＝－2，所以函数f(x)＝x3－x2－2x，所以f′(x)＝3x2－2x－2，由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2＝，x1x2＝－，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋＝.
答案：
8．已知函数f(x)＝sin x－x2，若f(x)在上有唯一极大值点，求实数a的取值范围．
解析：由已知得f′(x)＝cos x－ax，
当a≤0时，f′(x)≥0，∴f(x)在上单调递增，此时f(x)在上不存在极值点；当a＞0时，f″(x)＝－sin x－a＜0，∴f′(x)在上单调递减，又f′(0)＝1＞0，f′＝－a＜0，故存在唯一x0∈使得x∈(0，x0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．此时，x0是函数f(x)的唯一极大值点，综上可得，实数a的取值范围是(0，＋∞)．
9．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)令g(x)＝f(x)－(ax－1)，求函数g(x)的极值．
解析：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，
则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，
又f′(x)＝＋1，
所以切线斜率k＝f′(1)＝2，
故切线方程为y－1＝2(x－1)，
即2x－y－1＝0.
(2)g(x)＝f(x)－(ax－1)＝ln x－ax2＋(1－a)x＋1，
则g′(x)＝－ax＋(1－a)＝，
当a≤0时，因为x＞0，所以g′(x)＞0.
所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，函数g(x)无极值点．
当a＞0时，g′(x)＝
＝－，
令g′(x)＝0得x＝.
所以当x∈时，g′(x)＞0；
当x∈时，g′(x)＜0.
因为g(x)在上是增函数，在上是减函数．
所以x＝时，g(x)有极大值g＝ln－×＋(1－a)·＋1＝－ln a.
综上，当a≤0时，函数g(x)无极值；
当a＞0时，函数g(x)有极大值－ln a，无极小值．
[B组　能力提升练]
1. (2021·太原模拟)函数y＝f(x)的导函数的图像如图所示，则下列说法错误的是(　　)

A．(－1，3)为函数y＝f(x)的单调递增区间
B．(3，5)为函数y＝f(x)的单调递减区间
C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值
D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
解析：由函数y＝f(x)的导函数的图像可知，当x＜－1或3＜x＜5时，f′(x)＜0，y＝f(x)单调递减；当x＞5或－1＜x＜3时，f′(x)＞0，y＝f(x)单调递增，所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，函数y＝f(x)在x＝－1，5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误．
答案：C
2．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是(　　)
A．25，－2 B.50，14
C．50，－2 D．50，－14
解析：因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x，当x∈[－4，－3)或x∈(0，2]时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，当x∈(－3，0)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是50，－2.
答案：C
3．若函数f(x)＝x3－3x在(a，6－a2)上有最小值，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－，1) B.[－，1)
C．[－2，1) D．(－2，1)
解析：由f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，且x＝－1为函数的极大值点，x＝1为函数的极小值点．若函数f(x)在区间(a，6－a2)上有最小值，则函数f(x)的极小值点必在区间(a，6－a2)内，且左端点的函数值不小于f(1)，即实数a满足得解得－2≤a＜1.
答案：C
4．函数f(x)＝x2ex在区间(a，a＋1)上存在极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－3，－1)∪(0，2) B.(－3，－2)∪(－1，0)
C．(－2，－1)∪(0，3) D．(－3，－2)∪(0，1)
解析：函数f(x)＝x2ex的导数为f′(x)＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)，令f′(x)＝0，则x＝0或x＝－2.当x∈(－2，0)时，f(x)单调递减，当x∈(－∞，－2)和x∈(0，＋∞)时，f(x)单调递增，所以0和－2是函数的极值点．因为函数f(x)＝x2ex在区间(a，a＋1)上存在极值点，所以a＜－2＜a＋1或a＜0＜a＋1⇒－3＜a＜－2或－1＜a＜0.
答案：B
5．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则a＝________，f(x)的极小值为________．
解析：因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)＞0，解得x＜－2或x＞1，令f′(x)＜0，解得－2＜x＜1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(1)＝－1.
答案：－1　－1
6．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，＋∞)，
又f′(x)＝4x－，
由f′(x)＝0，得x＝.
据题意有
解得1≤k＜.
答案：
7．设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．
解析：(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，
解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.
所以a的值为1.
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.
若a＞，则当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值．
若a≤，则当x∈(0，2)时，f′(x)＞0.
所以2不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是.
8．(2021·广州模拟)已知函数f(x)＝(x＋2)ln x＋ax2－4x＋7a.
(1)若a＝，求函数f(x)的所有零点；
(2)若a≥，证明函数f(x)不存在极值．
解析：(1)当a＝时，f(x)＝(x＋2)ln x＋x2－4x＋，
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝ln x＋＋x－3.
设g(x)＝ln x＋＋x－3，
则g′(x)＝－＋1＝＝.
当0＜x＜1时，g′(x)＜0，当x＞1时，g′(x)＞0，
所以函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0(当且仅当x＝1时取等号)，
即当x＞0时，f′(x)≥0(当且仅当x＝1时取等号)．
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，至多有一个零点．
因为f(1)＝0，所以x＝1是函数f(x)唯一的零点．
所以函数f(x)的零点只有x＝1.
(2)证明：法一：f(x)＝(x＋2)ln x＋ax2－4x＋7a，
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋＋2ax－4.
当a≥时，f′(x)≥ln x＋＋x－3，
由(1)知ln x＋＋x－3≥0.
即当x＞0时，f′(x)≥0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
所以f(x)不存在极值．
法二：f(x)＝(x＋2)ln x＋ax2－4x＋7a，
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝ln x＋＋2ax－4，
设m(x)＝ln x＋＋2ax－4，
则m′(x)＝－＋2a＝(x＞0)．
设h(x)＝2ax2＋x－2(x＞0)，
当a≥时，令h(x)＝2ax2＋x－2＝0，
解得x1＝＜0，x2＝＞0.
可知当0＜x＜x2时，h(x)＜0，即m′(x)＜0，
当x＞x2时，h(x)＞0，即m′(x)＞0，
所以f′(x)在(0，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．
由(1)知ln x＋＋x－3≥0，
则f′(x2)＝ln x2＋＋x2－3＋(2a－1)x2≥(2a－1)x2≥0.
所以f′(x)≥f′(x2)≥0，即f(x)在定义域上单调递增．
所以f(x)不存在极值．
[C组　创新应用练]
某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
解析：(1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，
所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．
又根据题意知200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以h＝(300－4r2)，
从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．
因为r＞0，h＞0，所以r＜5，
故函数V(r)的定义域为(0，5)．
(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，
所以V′(r)＝(300－12r2)．
令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．
当r∈(0，5)时，V′(r)＞0，故V(r)在(0，5)上为增函数；
当r∈(5，5)时，V′(r)＜0，故V(r)在(5，5)上为减函数．
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．