2023届高考数学一轮复习作业利用导数解决函数的极值最值新人教B版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业利用导数解决函数的极值最值新人教B版（答案有详细解析），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
利用导数解决函数的极值、最值一、选择题1．已知函数f(x)＝＋x2－x＋1，则f(x)的极大值为(　　)A．0   B．＋C．e   D．1D　[因为f′(x)＝＋x－1＝，所以f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在[0,1]上单调递减，所以f(x)的极大值为f(0)＝1．]2．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．②③D　[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的图象知，④不是．故选D．]3．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，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．③④A　[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．已知f(x)＝，下列说法正确的是(　　)A．f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x＋1B．单调递增区间为(－∞，e)C．f(x)的极大值为D．f(x)的极小值点为x＝eC　[f′(x)＝，所以f′(1)＝1，f(1)＝0，∴f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程为y－0＝f′(1)(x－1)，即y＝1·(x－1)＝x－1，故选项A不正确；在(0，e)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，在(e，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，故选项B错误；f(x)的极大值也是最大值为f(e)＝＝，故选项C正确；因为在(0，e)上，f(x)单调递增，在(e，＋∞)上，f(x)单调递减，所以函数没有极小值点，故选项D错误．]5．已知f′(x)是函数f(x)在R上的导函数，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　　)A　　　　　　　　　BC　　　　　　　　　DA　[函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，当x<－2时，f′(x)<0；当x＝－2时，f′(x)＝0；当x>－2时，f′(x)>0．所以，当x<－2时，xf′(x)>0；当x＝－2时，xf′(x)＝0；当－2<x<0时，xf′(x)<0；当x＝0时，xf′(x)＝0；当x>0时，xf′(x)>0．故选A．]6．函数f(x)＝－a(x－ln x)在(0,1)内有极值，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，e)   B．(0，e)C．(e，＋∞)   D．[e，＋∞)C　[由f(x)＝－a(x－ln x)得，f′(x)＝ex－a＝，因函数f(x)＝－a(x－ln x)在(0,1)内有极值，则x∈(0,1)时，f′(x)＝0⇔a＝有解，即在x∈(0,1)时，函数g(x)＝与直线y＝a有公共点，而g′(x)＝<0，即g(x)在(0,1)上单调递减，∀x∈(0,1)，g(x)>g(1)＝e，则a>e，显然在a＝零点左右两侧f′(x)异号，所以实数a的取值范围是(e，＋∞)．]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．已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数．(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值．[解](1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，f′(x)＝－1＋＝，令f′(x)＝0，得x＝1．当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0．∴f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数．∴f(x)max＝f(1)＝－1．∴当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1．(2)f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈．①若a≥－，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上是增函数，∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不合题意．②若a＜－，令f′(x)＞0得a＋＞0，结合x∈(0，e]，解得0＜x＜－；令f′(x)＜0得a＋＜0，结合x∈(0，e]，解得－＜x≤e．从而f(x)在上为增函数，在上为减函数，∴f(x)max＝f＝－1＋ln．令－1＋ln＝－3，得ln＝－2，即a＝－e2．∵－e2＜－，∴a＝－e2为所求．故实数a的值为－e2．11．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．0A　[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．1A　[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．(2021·安徽安庆高三二模)若函数f(x)＝x3－3ax2＋12x＋1(a>0)存在两个极值点x1，x2，则f(x1)＋f(x2)的取值范围是(　　)A．(－∞，18)   B．(－∞，18]C．(－∞，16]   D．(－∞，16)A　[函数f(x)＝x3－3ax2＋12x＋1(a>0)，f′(x)＝3x2－6ax＋12＝3(x2－2ax＋4)，由函数f(x)存在两个极值点x1，x2，∴f′(x)＝0有两个不等实数根，∴Δ＝4a2－16>0，a>0，解得a>2．且x1＋x2＝2a，x1x2＝4．∴x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4a2－8，则f(x1)＋f(x2)＝x－3ax＋12x1＋1＋x－3ax＋12x2＋1＝(x1＋x2)(x－x1x2＋x)－3a(x＋x)＋12(x1＋x2)＋2＝2a(4a2－8－4)－3a(4a2－8)＋24a＋2＝－4a3＋24a＋2，令g(a)＝－4a3＋24a＋2，a∈(2，＋∞)．∴g′(a)＝－12a2＋24<0，∴g(a)在a∈(2，＋∞)上单调递减．∴g(a)<g(2)＝－4×8＋24×2＋2＝18．∴f(x1)＋f(x2)的取值范围是(－∞，18)．]2．(2021·新高考Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________．1　[函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)．①当x＞时，f(x)＝2x－1－2ln x，所以f′(x)＝2－＝，当＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；②当0＜x≤时，f(x)＝1－2x－2ln x在单调递减，所以f(x)min＝f＝－2ln ＝2ln 2＝ln 4＞ln e＝1．综上，f(x)min＝1．]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．