2020高考数学一轮复习第3章导数及其应用第4讲导数与函数的最值分层演练文

【2019最新】精选高考数学一轮复习第3章导数及其应用第4讲导数

与函数的最值分层演练文

一、选择题

1．函数y＝在[0，2]上的最大值是( )

A. B.2

e2

C．0 D.1

2e

解析：选A.易知y′＝，x∈[0，2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得2≥x>1，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．(2018·安徽模拟)已知f(x)＝，则( )

A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)

C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)

解析：选D.f(x)的定义域是(0，＋∞)，

f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.

所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)．故选D.

3．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]

解析：选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.

4．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为( )

A．B．1

C．0 D．不存在

解析：选A.f′(x)＝x－＝，且x＞0，令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝－ln 1＝.

5．已知f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a的值为( )

A. B．1

3

C. D．1

解析：选D.因为f(x)是奇函数，所以f(x)在(0，2)上的最大值为－1，当x∈(0，2)时，f′(x)＝－a，令f′(x)＝0，得x＝，又a>，所以0<<2.令f′(x)>0，得x<，所以f(x)在上单调递增；令f′(x)<0，得x>，所以f(x)在上单调递减．所以当x∈(0，2)，f(x)max＝f＝ln －a·＝－1，所以ln ＝0，所以a＝1.故选D.

6．P在曲线y＝ex上，Q在直线y＝ln x上，则|PQ|的最小值为( )

A．B．2

C．2 D．2

解析：选B.因为y＝ex与y＝ln x关于直线y＝x对称，设P(x，ex)，则P到直

线y＝x的距离d＝，

令f(x)＝ex－x，则f′(x)＝ex－1，

f′(x)＝0时，x＝0，f′(x)>0时，x>0，

f′(x)<0时，x<0，所以f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数，所以f(x)min＝f(0)＝1，所以dmin＝＝.

所以|PQ|min＝，选B.

二、填空题

7．函数y＝xex的最小值是________．

解析：因为y＝xex，所以y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex.当x>－1时，y′>0；当x<－1时，y′<0，所以当x＝－1时函数取得最小值，且ymin＝－.

答案：－1

e

8．函数f(x)＝xsin x＋cos x在上的最大值为________．

解析：因为f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，所以f′(x)＝0在x∈上的解为x＝.又f＝＋，f＝，f(π)＝－1，所以函数f(x)＝xsin x＋cos x在上的最大值为.

答案：π

2

9．已知函数f(x)＝ax－ln x，当x∈(0，e](e为自然常数)时，函数f(x)的最小值为3，则a的值为________．

解析：易知a＞0，由f′(x)＝a－＝＝0，得x＝，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝时取得最小值f ＝1－ln .

①当0＜≤e时，由1－ln ＝3，得a＝e2，符合题意，

②当＞e时，由ae－ln e＝3，得a＝，舍去．

答案：e2

10．已知常数a≠0，f(x)＝aln x＋2x.当f(x)的最小值不小于－a时，则实数a 的最小值为________．

解析：因为f′(x)＝，

所以当a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，

即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；

当a<0时，由f′(x)>0得，x>－，

所以f(x)在上单调递增；

由f′(x)<0得，0

所以f(x)在上单调递减．

所以当a<0时，f(x)的最小值为f＝aln(－)＋2×(－)．

根据题意得f＝aln＋2×≥－a，即a[ln(－a)－ln 2]≥0.

因为a<0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得－2≤a<0，所以a的最小值为－2.

答案：－2

三、解答题

11．(2018·沈阳监测)已知函数f(x)＝aln x(a>0)，e为自然对数的底数．

(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；

(2)当x>0时，求证f(x)≥a；

(3)若在区间(1，e)上e－ex<0恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)由题意得f′(x)＝，

所以f′(2)＝＝2，所以a＝4.

(2)证明：令g(x)＝a(x>0)，

则g′(x)＝a.