2022版江苏高考数学一轮复习课后限时集训：18-利用导数解决函数的极值、最值-Word版含解析.doc

利用导数解决函数的极值、最值
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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y|x＝1＝，故选A.］
2.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)

A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
D　［由题图可知，当x<－2时，1－x>3，此时f′(x)>0；当－2<x<1时，0<1－x<3，此时f′(x)<0；当1<x<2时，－1<1－x<0，此时f′(x)<0；当x>2时，1－x<－1，此时f′(x)>0，由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值，故选D.］
3.函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则x＋x等于(　　)

A. B.
C. D.
C　［函数f(x)的图象过原点，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＝＋＝.］
4.(2019·东莞模拟)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：
x
(－∞，－3)
－3
(－3,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
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
6.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.］
7.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＝.］
8.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
9.已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).
(1)当a＝时，求f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数.
［解］　(1)当a＝时，f(x)＝ln x－x，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝.
令f′(x)＝0，得x＝2，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(0,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
极大值
↘
故f(x)在定义域上的极大值为f(2)＝ln 2－1，无极小值.
(2)由(1)知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝(x＞0).
当a≤0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，
即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)在定义域上无极值点；
当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f′(x)＞0，
当x∈时，f′(x)＜0，
故函数f(x)在x＝处有极大值.
综上所述，当a≤0时，函数f(x)无极值点；
当a＞0时，函数f(x)有一个极大值点.
10.(2019·郑州模拟)已知f(x)＝xln x－x2(a＞0).
(1)若a＝1，判断函数f(x)的单调性；
(2)若g(x)＝f(x)＋(a－1)x在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围.
［解］　(1)当a＝1时，f(x)＝xln x－x2，f′(x)＝1＋ln x－x，
设φ(x)＝f′(x)，
则φ′(x)＝－1＝，
当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，所以φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又φ(1)＝0，所以当x＞0时，φ(x)≤0，即f′(x)≤0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
(2)由已知得g(x)＝xln x－x2＋(a－1)x，
则g′(x)＝ln x－ax＋a，
记h(x)＝ln x－ax＋a，则h(1)＝0，h′(x)＝－a＝，令h′(x)＝0，得x＝.
①若0＜a＜1，则＞1，当x∈时，h′(x)＞0，故函数h(x)在上单调递增，
且当x∈(0,1)时，h(x)＜h(1)＝0，即g′(x)＜0；当x∈时，h(x)＞h(1)＝0，即g′(x)＞0，
又g′(1)＝0，所以g(x)在x＝1处取得极小值，不满足题意.
②若a＝1，则当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，故h′(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)≤h(1)＝0，即g′(x)≤0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，不满足题意.
③若a＞1，则0＜＜1，当x∈时，h′(x)＜0，故h(x)在上单调递减，
且当x∈时，h(x)＞h(1)＝0，即g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜h(1)＝0，即g′(x)＜0，
又g′(1)＝0，所以g(x)在x＝1处取得极大值，满足题意.
综上，实数a的取值范围是(1，＋∞).

1.设函数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，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　　)

A　　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　　D
C　［由题意可得f′(－2)＝0，且当x＜－2时，f′(x)＜0，则y＝xf′(x)＞0，故排除B和D；当x＞－2时，f′(x)＞0，所以当x∈(－2,0)时，y＝xf′(x)＜0，当x＞0时，y＝xf′(x)＞0，故排除A，选C.］
2.若函数f(x)＝x3－x在(t,8－t2)上有最大值，则实数t的取值范围是(　　)
A.(－3，－) B.(－2，－)
C.(－3，－］ D.(－2，－］
C　［因为f′(x)＝x2－1，所以当x∈(－∞，－1)和(1，＋∞)时，f(x)单调递增，当x∈(－1,1)时，f(x)单调递减，故x＝－1是函数f(x)的极大值点.又函数f(x)在(t,8－t2)上有最大值，所以t＜－1＜8－t2，又f(－1)＝f(2)＝，且f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f(8－t2)≤f(2)，从而t＜－1＜8－t2≤2，得－3＜t≤－.故选C.］
3.(2019·武汉模拟)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　　　　.
　［因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又因为f′(x)＝4x－，所以由f′(x)＝0解得x＝，由题意得
解得1≤k＜.］
4.已知一企业生产某产品的年固定成本为10万元，每生产千件需另投入2.7万元，设该企业年内共生产此种产品x千件，并且全部销售完，每千件的销售收入为f(x)万元，且f(x)＝
(1)写出年利润W(万元)关于年产品x(千件)的函数解析式；
(2)年产量为多少千件时，该企业生产此产品所获年利润最大？(注：年利润＝年销售收入－年总成本)
［解］　(1)由题意得
W＝
即W＝
(2)①当0＜x≤10时，W＝8.1x－x3－10，
则W′＝8.1－x2＝＝，
因为0＜x≤10，所以当0＜x＜9时，W′＞0，
则W递增；
当9＜x≤10时，W′＜0，则W递减.
所以当x＝9时，W取最大值＝38.6万元.
②当x＞10时，
W＝98－≤98－2＝38.
当且仅当＝2.7x，即x＝时等号成立.
综上，当年产量为9千件时，该企业生产此产品所获年利润最大.

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：
x
(－∞，－)
－
(－，)

(，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
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)＝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.