2023届高考一轮复习加练必刷题第21练　导数与函数的极值、最值【解析版】

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考点一利用导数研究函数的极值
1．(多选)(2022·贵溪市实验中学月考)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述错误的是( )
A．f(b)>f(a)>f(c)
B．函数f(x)在x＝c处取得极小值，在x＝e处取得极大值
C．函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值
D．函数f(x)有两个极小值，一个极大值
答案 ABD
解析由f′(x)的图象可得，当x0，f(x)单调递增；当ce时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
对于A项，由题意可得f(a)由题意得函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值，故B，D不正确，C正确．
2．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴相切于点(1,0)，则f(x)的( )
A．极大值为eq \f(4,27)，极小值为0
B．极大值为0，极小值为eq \f(4,27)
C．极小值为－eq \f(4,27)，极大值为0
D．极小值为0，极大值为－eq \f(4,27)
答案 A
解析 f′(x)＝3x2－2px－q，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－2p－q＝0，,1－p－q＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝2，,q＝－1，))
f′(x)＝3x2－4x＋1＝(x－1)(3x－1)，
当x1时，f′(x)>0，
当eq \f(1,3)f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上单调递减，
所以极大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝eq \f(4,27)，极小值为f(1)＝0.
3．(2022·信阳模拟)设f(x)＝eq \f(1,2)x2＋cs x，则函数f(x)( )
A．有且仅有一个极小值
B．有且仅有一个极大值
C．有无数个极值
D．没有极值
答案 A
解析 f′(x)＝x－sin x，令g(x)＝x－sin x，则g′(x)＝1－cs x≥0，
∴f′(x)单调递增且f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))＝0，
∴当x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
当x>0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
故f(x)有唯一的极小值点．
4．(2022·沙坪坝重庆南开中学月考)函数f(x)＝eq \f(cs x－a,ex)在x＝eq \f(π,2)处取得极值，则a＝________.
答案 1
解析 ∵f(x)＝eq \f(cs x－a,ex)，
∴f′(x)＝eq \f(－sin x－cs x＋a,ex)，
又f(x)在x＝eq \f(π,2)处取得极值，
∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝＝0，得a＝1，经检验a＝1符合题意．
5．若函数f(x)＝ax2＋xln x有两个极值点，则实数a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))
解析 f(x)＝xln x＋ax2(x＞0)，f′(x)＝ln x＋1＋2ax.令g(x)＝ln x＋1＋2ax, 由于函数f(x)＝ax2＋xln x有两个极值点⇔g(x)＝0在区间(0，＋∞) 上有两个实数根．g′(x)＝eq \f(1,x)＋2a＝eq \f(1＋2ax,x)，
当a≥0 时，g′(x)＞0 ，则函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，因此g(x)＝0 在区间(0，＋∞)上不可能有两个实数根，应舍去．
当a<0 时，令g′(x)＝0 ，解得x＝－eq \f(1,2a) ，
令g′(x)＞0 ，解得0＜x＜－eq \f(1,2a) ，此时函数g(x)单调递增；
令g′(x)＜0 ，解得x＞－eq \f(1,2a) ，此时函数g(x)单调递减．
∴当x＝－eq \f(1,2a)时，函数g(x)取得极大值．
要使g(x)＝0在区间(0，＋∞)上有两个实数根，
则geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＞0，解得－eq \f(1,2)∴实数a 的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)).
考点二利用导数研究函数的最值
6．设函数f(x)＝ex－2x，直线y＝ax＋b是曲线y＝f(x)的切线，则2a＋b的最大值是( )
A．e－1 B．－1
C．2e－4 D．e2－4
答案 D
解析由题意得f′(x)＝ex－2.设切点为(t，f(t))，则f(t)＝et－2t，f′(t)＝et－2，
则切线方程为y－(et－2t)＝(et－2)(x－t)，
即y＝(et－2)x＋et(1－t)．
又因为y＝ax＋b是曲线y＝f(x)的切线，
所以a＝et－2，b＝et(1－t)，
则2a＋b＝－4＋3et－tet.
令g(t)＝－4＋3et－tet，
则g′(t)＝(2－t)et，
则当t>2时，g′(t)<0，g(t)在(2，＋∞)上单调递减；
当t<2时，g′(t)>0，g(t)在(－∞，2)上单调递增，
所以当t＝2时，g(t)取最大值g(2)＝－4＋3e2－2e2＝－4＋e2，
即2a＋b的最大值为e2－4.
7．(2022·绵阳江油中学月考)函数y＝(x－2)ex＋m在[0,2]上的最小值是2－e，则最大值是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 y′＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，
因为x∈[0,2]，
所以当x∈[0,1)时，y′<0，
当x∈(1,2]时，y′>0，
所以函数在[0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，
所以函数在x＝1处取得最小值，根据题意有－e＋m＝2－e，
所以m＝2，
当x＝0时，y＝－2＋2＝0，
当x＝2时，y＝0＋2＝2，
所以其最大值是2.
8．(2022·郑州模拟)已知函数f(x)＝x3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a＋\f(3,2)))x2＋6ax，若f(x)在(－1，＋∞)上既有极大值，又有最小值，且最小值为3a－eq \f(1,2)，则a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,6)，\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,6)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,6))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))
答案 C
解析因为f′(x)＝3x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6a＋3))x＋6a
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－6a))(x－1)的零点为2a和1，
又f(1)＝3a－eq \f(1,2)，所以1是函数的极小值点也是最小值点，则2a是函数的极大值点，
所以－1<2a<1，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))≥3a－eq \f(1,2)，
解得－eq \f(1,2)9．某产品包装公司要生产一种容积为V的圆柱形饮料罐(上下都有底)，一个单位面积的罐底造价是一个单位面积罐身造价的3倍，若不考虑饮料罐的厚度，欲使这种饮料罐的造价最低，则这种饮料罐的底面半径是________．
答案 eq \r(3,\f(V,6π))
解析设饮料罐的底面半径为r，高为h，单位面积罐身造价为a，
由V＝πr2h，得h＝eq \f(V,πr2)，
总造价f(r)＝3a×2×πr2＋2πrha＝6πr2a＋eq \f(2Va,r)，
所以f′(r)＝12πra－eq \f(2Va,r2)，
所以f(r)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(3,\f(V,6π))))上单调递减，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,\f(V,6π))，＋∞))上单调递增，
所以当r＝eq \r(3,\f(V,6π))时造价最低．
10．若不等式2xln x＋3≥－x2＋ax对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，4))
解析因为不等式2xln x＋3≥－x2＋ax对x∈(0，＋∞)恒成立，
所以a≤x＋2ln x＋eq \f(3,x)，对x>0恒成立，
即a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋2ln x＋\f(3,x)))min.
令g(x)＝x＋2ln x＋eq \f(3,x)，
则g′(x)＝1＋eq \f(2,x)－eq \f(3,x2)＝eq \f(x2＋2x－3,x2)，
由g′(x)＝0得，x＝1或x＝－3，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
所以当x＝1时，函数g(x)取得最小值g(1)＝4，
所以a≤4.
11．若函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋(a－1)x－aln x存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))) D．(－1,0)∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
答案 B
解析 ∵f(x)＝eq \f(1,2)x2＋(a－1)x－aln x，x>0，
∴f′(x)＝x＋(a－1)－eq \f(a,x)＝eq \f(x2＋a－1x－a,x)＝eq \f(x＋ax－1,x)，
令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－a，
∵函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋(a－1)x－aln x存在唯一的极值，
∴x＝1，此时a≥0.
∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
∴f(x)极小值＝f(1)＝eq \f(1,2)＋a－1＝a－eq \f(1,2)，
∵f(x)极小值≥1，
∴a－eq \f(1,2)≥1，解得a≥eq \f(3,2).
12．(多选)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)＝ex(x＋1)，则下列命题正确的是( )
A．函数f(x)有两个极值点
B．函数f(x)有2个零点
C．f(x)<0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－1))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))
D．∀x1，x2∈R，都有eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(fx1－fx2))<2
答案 ACD
解析当x<0时，由f(x)＝ex(x＋1)，
得f′(x)＝ex(x＋2)，
由f′(x)＝ex(x＋2)<0，得x<－2，
由f′(x)＝ex(x＋2)≥0，得－2≤x<0，
∴ 函数f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在[－2，0)上单调递增，且f(－1)＝0，当x→－∞时，f(x)→0，
画出函数f(x)的图象如图所示，
由图知函数f(x)共有两个极值点－2,2，A正确；函数f(x)有3个零点－1,0,1，B不正确；f(x)<0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－1))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))，C正确；
函数f(x)在R上的值域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1))，
∴ 对∀x1，x2∈R，都有eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(fx1－fx2))<2，D正确．
13．函数f(x)＝2cs x＋sin 2x，x∈R的值域为________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(3),2)，\f(3\r(3),2)))
解析由题意知，f(x)是周期为2π的周期函数，
不妨令x∈[0,2π]，
f′(x)＝－2sin x＋2cs 2x＝－2sin x＋2(1－2sin 2x)＝－4sin 2x－2sin x＋2＝－2(2sin x－1)
(sin x＋1)．
令f′(x)＝0，得sin x＝eq \f(1,2)或sin x＝－1，
又∵x∈[0,2π]，
∴x＝eq \f(π,6)，eq \f(5,6)π，eq \f(3π,2)，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝eq \f(3\r(3),2)，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))＝－eq \f(3\r(3),2)，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)))＝0，
又f(0)＝2，f(2π)＝2.
故f(x)max＝eq \f(3\r(3),2)，f(x)min＝－eq \f(3\r(3),2).
故f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(3),2)，\f(3\r(3),2))).
14．已知函数f(x)＝ax＋ln x，x∈(0，e]，且f(x)的最大值为－3，则a＝________.
答案－e2
解析 f′(x)＝a＋eq \f(1,x)，x∈(0，e]，eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
①若a≥－eq \f(1,e)，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上单调递增，所以f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合题意；
②若a<－eq \f(1,e)，
令f′(x)>0，得a＋eq \f(1,x)>0，
又x∈(0，e]，解得0令f′(x)<0，得a＋eq \f(1,x)<0，又x∈(0，e]，
解得－eq \f(1,a)从而f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，e))上单调递减，
所以f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－1＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a))).
令－1＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－3，得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－2，
即a＝－e2.
因为－e2<－eq \f(1,e)，所以a＝－e2为所求．
故实数a的值为－e2.