2023届高考数学一轮复习作业利用导数研究函数的极值最值北师大版（答案有详细解析）

利用导数研究函数的极值、最值

一、选择题

1．函数y＝在[0，2]上的最大值是(　　)

A．　　B．　　C．0　　D．

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．(2021·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．①②　　B．①③　　C．③④　　D．②③

D　[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的图像知，④不是．故选D．]

3．如图是函数y＝f (x)的导函数y＝f ′(x)的图像，给出下列命题：①－3是函数y＝f (x)的极小值点；②－1是函数y＝f (x)的极小值点；③y＝f (x)在x＝0处的切线的斜率小于零；④y＝f (x)在区间(－3，1)上单调递增．则正确命题的序号是(　　)

A．①④　　B．①②　　C．②③　　D．③④

A　[由图可知x＜－3时，f ′(x)＜0，x∈(－3，1)时f ′(x)＞0，∴－3是f (x)的极小值点，①正确；又x∈(－3，1)时f ′(x)≥0，∴f (x)在区间(－3，1)上单调递增，故②不正确，④正确．∵函数y＝f (x)在x＝0处的导数大于0，∴y＝f (x)在x＝0处的切线的斜率大于0．∴③不正确．故选A．]

4．若x＝1是函数f (x)＝ax＋ln x的极值点，则(　　)

A．f (x)有极大值－1 B．f (x)有极小值－1

C．f (x)有极大值0 D．f (x)有极小值0

A　[∵f (x)＝ax＋ln x，x＞0，

∴f ′(x)＝a＋，

由f ′(1)＝0得a＝－1，

∴f ′(x)＝－1＋＝．

由f ′(x)＞0得0＜x＜1，由f ′(x)＜0得x＞1，

∴f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

∴f (x)极大值＝f (1)＝－1，无极小值，故选A．]

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．－37　　B．－29　　C．－5　　D．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)随x的变化情况如下表：

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a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．

(－∞，－1)　[∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a．

∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，

则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，

∵x＞0时，－ex＜－1，∴a＝－ex＜－1．]

8．已知函数f (x)＝ln x－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·．

∴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．(2021·北京高考)已知函数f (x)＝．

(1)若a＝0，求y＝f (x)在(1，f (1))处的切线方程；

(2)若函数f (x)在x＝－1处取得极值，求f (x)的单调区间，以及最大值和最小值．

[解]　(1)当a＝0时，f (x)＝，则f ′(x)＝．

当x＝1时，f (1)＝1，f ′(1)＝－4，故y＝f (x)在(1，f (1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，整理得y＝－4x＋5．

(2)已知函数f (x)＝，则f ′(x)＝．

若函数f (x)在x＝－1处取得极值，令f ′(－1)＝0，则＝0，解得a＝4．

经检验，当a＝4时，x＝－1为函数f (x)的极大值，符合题意．

此时f (x)＝，函数定义域为R，f ′(x)＝，令f ′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝4．

f (x)，f ′(x)随x的变化趋势如下表：

故函数单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1，4)．

极大值为f (－1)＝1，极小值为f (4)＝－．

又因为x＜时，f (x)＞0；x＞时，f (x)＜0，所以函数f (x)的最大值为f (－1)＝1，最小值为f (4)＝－．

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＋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．函数f (x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f (x1)－f (x2)|≤t，则实数t的最小值是(　　)

A．20　　B．18　　C．3　　D．0

A　[原命题等价于对于区间[－3，2]上的任意x，都有f (x)max－f (x)min≤t，

∵f ′(x)＝3x2－3，∴当x∈[－3，－1]时，f ′(x)＞0，

当x∈[－1，1]时，f ′(x)＜0，当x∈[1，2]时，f ′(x)＞0．

∴f (x)max＝f (2)＝f (－1)＝1，

f (x)min＝f (－3)＝－19．

∴f (x)max－f (x)min＝20，∴t≥20．即t的最小值为20．故选A．]

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．－1　　B．－2e－3　　C．5e－3　　D．1

A　[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)＝aln x＋(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－aln a，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)＝aln 1＋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，

故函数f (x)的最小值为f (x)的极小值f ＝aln ＋a＝a－aln a＝a(1－ln a)＝0，即ln a＝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．若函数f (x)＝x3－3ax在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a的取值范围为________．

[1，4)　[因为f ′(x)＝3(x2－a)，所以当a≤0时，f ′(x)≥0在R上恒成立，所以f (x)在R上单调递增，f (x)没有极值点，不符合题意； 当a＞0时，令f ′(x)＝0得x＝±，

当x变化时，f ′(x)与f (x)的变化情况如下表所示：

因为函数f (x)在区间(－1，2)上仅有一个极值点，所以或解得1≤a＜4．]

2．已知函数f (x)＝2sin x＋sin 2x，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)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)＝4cos2x＋2cos x－2＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．

令f ′(x)＝0，解得cos x＝或cos x＝－1，x∈[0，2π]．

∴由cos x＝－1，得x＝π；由cos x＝，

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)＝2sin π＋sin 2π＝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，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．