高考数学测试卷人教A版理科数学课时试题及解析(14)用导数研究函数的最值与生活中的优化问题举例

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导数测试题(人教A版理)(含答案)

导数（人教A 版理）测试题一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.函数21ln 2y x x =-的单调递减区间为 A .(1,1]- B .(0,1] C .[1,)+∞ D .(0,)+∞2.函数()f x 的定义域为R ，(1)2f -=，对任意x ∈R ，()2f x '>，则()24f x x >+的解集为 A .(1,1)- B .(1,)-+∞ C .(,1)-∞- D .(,)-∞+∞3.设函数()e x f x x =，则A .1x =为()f x 的极大值点B .1x =为()f x 的极小值点C .1x =-为()f x 的极大值点D .1x =-为()f x 的极小值点4.已知函数33y x x c =-+的图象与x 轴恰有两个公共点，则c =A .2-或2B .9-或3C .1-或1D .3-或15.设函数2()ln f x x x=+，则A .12x =为()f x 的极大值点 B .12x =为()f x 的极小值点 C .2x =为()f x 的极大值点 D .2x =为()f x 的极小值点6. 如图所示，在边长为1的正方形O ABC 中任取一点P ，则点P 恰好取自阴影部分的概率为A .14 B .15 C .16 D .177.设函数()f x 在R 上可导，其导函数为()f x '，且函数(1)()y 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(2)f 和极小值(1)fB .函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(1)fC .函数()f x 有极大值(2)f 和极小值(2)f -D .函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(2)f8.已知函数()y f x =的图象在点(1,(1))f 处的切线方程是210x y -+=，则(1)2(1)f f '+=A .12B .1C .132D .29.设点P 在曲线e x y =上，点Q 在曲线11y x=-上，则||PQ 的最小值为A 1)-B 1)-C D10.设定义在R 上的函数()f x 是最小正周期为2π的偶函数，()f x '是()f x 的导数，当[0,]x π∈时，0()1f x <<；当(0,)x π∈且2x π≠时，()02x f x π⎛⎫'-> ⎪⎝⎭.则函数()sin y f x x =-在[2,2]ππ-上的零点个数为A .2B .4C .5D .811.设函数1()f x x=，2()g x x bx =-+，若()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有两个不同的公共点11(,)A x y ，22(,)B x y ，则下列判断正确的是A .120x x +>，120y y +>B .120x x +>，120y y +<C .120x x +<，120y y +>D .120x x +>，120y y +<12.已知ln ()ln 1xf x x x=-+，()f x 在0x x =处取最大值，以下各式正确的序号为 ①00()f x x <；②00()f x x =；③00()f x x >；④01()2f x <；⑤01()2f x >. A .①④ B .②④ C .②⑤ D .③⑤二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.曲线(3ln 1)y x x =+在点(1,1)处的切线方程为 .14.计算定积分121(sin )d x x x -+=⎰ .15.定义：曲线C 上的点到直线l 的距离的最小值称为曲线C 到直线l 的距离.已知曲线21:C y x a =+到直线:l y x =的距离等于曲线222:(4)2C x y ++=到直线:l y x =的距离，则实数a = .16.已知[0,)x ∈+∞，给出下列四个不等式： ①2e 1x x x ≤++211124x x ≤-+；③21cos 12x x ≥-；④21ln(1)8x x x +≥-.其中，能够恒成立的不等式的序号是 .（写出你认为满足题意的所有不等式的序号）三、解答题：本大题共6小题，共70分. 17.求函数()e 2x f x ax =--的单调区间.18.已知函数3()f x ax bx c =++在2x =处取得极值16c -. （1）求,a b 的值；（2）若()f x 有极大值28，求()f x 在[3,3]-上的最小值.19.设函数1()e (0)e x xf x a b a a =++>. （1）求()f x 在[0,)+∞内的最小值；（2）设曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为32y x =，求,a b 的值.20.已知,a b 是实数，1和1-是函数32()f x x ax bx =++的两个极值点.（1）求a 和b 的值；（2）设函数()g x 的导数()()2g x f x '=+，求()g x 的极值点.21.已知0a >，b ∈R ，函数3()42f x ax bx a b =--+.（1）证明：当01x ≤≤时，①函数()f x 的最大值为|2|a b a -+；②()|2|0f x a b a +-+≥. （2）若1()1f x -≤≤对[0,1]x ∈恒成立，求a b +的取值范围.22.已知函数ln ()e xx kf x +=（k 为常数），曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与轴x 平行. （1）求k 的值；（2）求()f x 的单调区间；（3）设()()g x xf x '=，其中()f x '为()f x 的导函数，证明：对任意0x >，2()1e g x -<+.导数（人教A 版理）测试题答案1. B2. B3. C4. B5.D6. C7. D8. D9.解：函数e x y =的反函数为ln y x =，考查函数ln y x =与图象11y x=-的公共点情况，即考查方程1ln 1x x =-的解的个数，即考查函数1()ln 1h x x x=+-的零点个数. 1()ln 1h x x x =+-，22111()x h x x x x-'=-=，当01x <<时，()0h x '<，()h x 递减；当1x >时，()0h x '>，()h x 递增.故0x >时，()(1)0h x h ≥=，即1ln 1x x≥-，仅当1x =时，取等号.因此||PQ 最小值就是函数e x y =及其反函数ln y x =图象上两点距离最小值，易知此时(0,1)P ，(1,0)Q ，故||PQ .答案：选C10.解：函数311()e (1)0e (1)21x xb f x x ax b a x bbx x a x b a -≥++-+≥<<-+=<+. 答案：选B11.解：设32()1F x x bx =-+，则方程()0F x =与()()f x g x =同解，故其有且仅有两个不同零点12,x x .由()0F x '=得0x =或23x b =.这样，必须且只需(0)0F =或203F b ⎛⎫= ⎪⎝⎭.因为(0)1F =，故必有203F b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，由此得b 不妨设12x x <，则223x b =所以1()()(F x x x x =-，比较系数得1x -，故1x =120x x +，由此知12121212110x x y y x x x x ++=+=<. 答案：B12.解：22111ln ln 1()[(ln )(1)](1)11(1)(1)x x x f x x x x x x x ++''=⋅-=--=-++++，由题意知0()0f x '=，即00ln 10x x ++=，00ln (1)x x =-+. 故00000000000ln ln (1)()ln 111x x x x x f x x x x x x -+=-===+++. 令函数()l n 1(0)g x x x x =++>，则1()10g x x'=+>，故函数()g x 为增函数，而011331l n l n e 0()22222g g x ⎛⎫⎛⎫=+>-=>= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即01()2g g x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，故012x <，所以01()2f x <.答案：B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 43y x =-.14.解：∵321cos sin 3x x x x '⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，∴11231112(sin )d cos 33x x x x x --⎛⎫+=-= ⎪⎝⎭⎰.215.曲线2C 是圆心为(0,4)-，半径r 的圆，圆心到直线:l y x =的距离1d ，所以曲线2C 到直线l 的距离为1d r -设曲线1C 上的点00(,)x y 到直线:l y x =的距离最短为d ，则过00(,)x y 的切线平行于直线y x =.已知函数2y x a =+，则00|21x x y x ='==，即012x =，014y a =+，点00(,)x y 到直线:l y x =的距离111||||a a d ⎛⎫-+- ⎪，由题意1||a -74a =-或94a =.当74a =-时，直线l 与曲线1C 相交，不合题意，故舍去.答案：49. 16.解：对①，在区间[0,)+∞上，函数e x y =和21y x x =++的增长速度不在同一个“档次”上，随着x 的增大，e x y =的增长速度越来越快，会超过并会远远大于21y x x =++的增长速度，故不等式2e 1x x x ≤++不能恒成立.对②：令t 1t ≥，21x t =-.于是，原不等式对[0,)x ∈+∞是否恒成立534740t t t ⇔-+-≥对[1,)t ∈+∞是否恒成立.记53()4740,[1,)f t t t t t =-+-≥∈+∞，则42()51275(1)(1),[1,)f t t t t t t t t ⎛'=-+=+-∈+∞ ⎝，易知()f t 在⎛ ⎝内递减.当t ⎛∈ ⎝时，()(1)0f t f <=，故不等式534740t t t -+-≥对[1,)t ∈+∞不恒成立，从而排除选项B. 对③：记21()cos 1,[0,)2f x x x x =+-∈+∞，()sin 0f x x x '=-≥在[0,)+∞上恒成立，故()f x 在[0,)+∞上递增，所以()(0)0f x f ≥=，即当[0,)x ∈+∞时，不等式21cos 12x x ≥-+恒成立.对④：取4x =，则左边2ln5lne 2=<==右边，此时21ln(1)8x x x +<-，从而排除选项D. 答案：选填③17.解：（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，()e x f x a '=-. 若0a ≤，则()0f x '>，所以()f x 在(,)-∞+∞上单调递增.若0a >，则当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>.所以，()f x 在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增.故()f x 的递减区间为(,ln )a -∞，递增区间为(ln ,)a +∞. 18.解：（1）因为3()f x ax bx c =++，故2()3f x ax b '=+. 由于()f x 在2x =处取得极值16c -，故有(2)0,(2)16,f f c '=⎧⎨=-⎩即120,8216,a b a b c c +=⎧⎨++=-⎩解得1,12.a b =⎧⎨=-⎩（2）由（1）知3()12f x x x c =-+，2()3123(2)(2)f x x x x '=-=+-.当(,2)x ∈-∞-时，()0f x '>，故()f x 在(,2)-∞-上为增函数；当(2,2)x ∈-时，()0f x '<，故()f x 在(2,2)-上为减函数；当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(2,)+∞上为增函数.由此可知()f x 在2x =-处取得极大值(2)16f c -=+，()f x 在2x =处取得极小值(2)16f c =-. 由题设条件知1628c +=，解得12c =.此时(3)921f c -=+=，(3)93f c =-+=，(2)164f c =-+=-，因此()f x 在[3,3]-上的最小值为(2)4f =-. 19.解：（1）1()e e x xf x a a '=-，当ln x a <-时，()0f x '<，()f x 在(,ln )a -∞-上递减；当ln x a >-时，()0f x '>，()f x 在(ln ,)a -+∞①若01a <<，ln 0a ->，()f x 在(0,ln )a -上递减，在(ln ,)a -+∞上递增，从而()f x 在[0,)+∞上的最小值为(ln )2f a b -=+； ②若1a ≥，ln 0a -≤，()f x 在(0,ln )a -上递增，从而()f x 在[0,)+∞上的最小值为1(0)f a b a=++.（2）依题意2213(2)e e 2f a a '=-=，解得2e 2a =或21e 2a =-（舍去），所以2e a =，代入原函数可得1232b ++=，即12b =，故2e a =，12b =. 20.解：（1）由题设知2()32f x x ax b '=++，且(1)320f a b '-=-+=，(1)320f a b '=++=，解得0a =，3b =-.（2）由（1）知3()3f x x x =-.因为2()2(1)(2)f x x x +=-+，所以()0g x '=的根为121x x ==，32x =-，于是函数()g x 的极值点只可能是1或2-.当2x <-时，()0g x '<；当21x -<<时，()0g x '>，故2-是()g x 的极值点. 当21x -<<或1x >时，()0g x '>，故1不是()g x 的极值点. 所以的极值点为2-.21.解：（1）①22()122126b f x ax b a x a ⎛⎫'=-=-⎪⎝⎭.当0b ≤时，有()0f x '≥，此时()f x 在[0,)+∞上单调递增；当0b >时，()12f x a x x ⎛'= ⎝，此时()f x在⎡⎢⎢⎣上单调递减，在⎫⎪⎪⎭上单调递增. 所以当01x ≤≤时，max 3,2,()max{(0),(1)}max{,3}|2|,2a b b a f x f f a b a b a b a a b b a-≤⎧==-+-==-+⎨-+>⎩.②由于01x ≤≤，故当2b a ≤时，333()|2|()34224222(221)f x a b a f x a b ax bx a ax ax a a x x +-+=+-=-+≥-+=-+. 当2b a >时，3333()|2|()42(1)244(1)244(1)22(221)f x a b a f x a b ax b x a ax a x a ax a x a a x x +-+=-+=+-->+-->+--=-+. 设3()221,01g x x x x =-+≤≤，则2()626g x x x x ⎛'=-= ⎝⎭⎝⎭，于是()g x '，()g x 随x 的变化情况如下：所以，min ()10g x g ==.所以当01x ≤≤时，32210x x -+>.故3()|2|2(221)f x a b a a x x +-+≥-+. （2）由①知，当01x ≤≤时，m ax ()|2|f x a b a =-+，所以|2|1a b a -+≤.若|2|1a b a -+≤，则由②知()(|2|)1f x a b a ≥--+≥-.所以1()1f x -≤≤对任意01x ≤≤恒成立的充要条件是|2|1,0,a b a a -+≤⎧⎨>⎩即20,31,0a b a b a -≥⎧⎪-≤⎨⎪>⎩或20,1,0.a b b a a -<⎧⎪-≤⎨⎪>⎩（*）在直角坐标系aOb 中，（*）所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC . 做一组平行直线()a b t t +=∈R ，得13a b -<+≤，所以a b +的取值范围是(1,3]-.22.解：（1）由ln ()e xx k f x +=，得1ln (),(0,)e xkx x xf x x x --'=∈+∞. 因为曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线与x 轴平行，（2）由（1）得1ln (),(0,)e x x xf x x x --'=∈+∞，当(0,1)x ∈时，10x ->，ln 0x ->，()0f x '>；当(1,)x ∈+∞时，10x -<，ln 0x x -<，()0f x '<. 所以()f x 的单调增区间是(0,1)，单调递减区间是(1,)+∞. （3）证明：因为2()()()g x x x f x '=+，所以1()(1ln ),(0,)e xx g x x x x x +=--∈+∞. 因此，对任意0x >，2()1e g x -<+等价于2e 1ln (1e )1xx x x x ---<++. 令()1ln ,(0,)h x x x x x =--∈+∞，则2()ln 2(ln ln e ),(0,)h x x x x -'=--=--∈+∞.因此，当2(0,e )x -∈时，()0h x '>，()h x 单调递增；当2(e ,)x -∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减. 所以()h x 的最大值为22(e )1e h --=+，故21ln 1e x x x ---≤+.设()e (1)x x x ϕ=-+.因为0()e 1e e x x x ϕ'=-=-，所以当(0,)x ∈+∞时，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增，()(0)0x ϕϕ>=，故当(0,)x ∈+∞时，()e (1)0x x x ϕ=-+>，即e 11xx >+. 所以22e 1ln 1e (1e )1x x x x x ----≤+<++.因此对任意0x >，2()1e g x -<+.。

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.函数的极小值是 .【答案】.【解析】，令，解得，列表如下：极大值极小值故函数在处取得极小值，即.【考点】函数的极值2.已知a≤＋lnx对任意的x∈[，2]恒成立，则a的最大值为________．【解析】令f(x)＝＋lnx，f′(x)＝，当x∈[，1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2]时，f′(x)>0，∴f(x)＝f(1)＝0，∴a≤0，故a最大值为0.min3.一个圆柱形圆木的底面半径为1m，长为10m，将此圆木沿轴所在的平面剖成两个部分．现要把其中一个部分加工成直四棱柱木梁，长度保持不变，底面为等腰梯形（如图所示，其中O 为圆心，在半圆上），设，木梁的体积为V（单位：m3），表面积为S（单位：m2）．（1）求V关于θ的函数表达式；（2）求的值，使体积V最大；（3）问当木梁的体积V最大时，其表面积S是否也最大？请说明理由．【答案】(1)；(2)；（3）是.【解析】（1）本题求直四棱柱的体积，关键是求底面面积，我们要用底面半径1和表示出等腰梯形的上底和高，从图形中可知高为，而，因此面积易求，体积也可得出；（2）我们在（1）中求出，这里的最大值可利用导数知识求解，求出，解出方程在上的解，然后考察在解的两边的正负性，确定是最大值点，实质上对应用题来讲，导数值为0的那个唯一点就是要求的极值点）；（3），上（2）我们可能把木梁的表面积用表示出来，，由于在体积中出现，因此我们可求的最大值，这里可不用导数来求，因为，可借助二次函数知识求得最大值，如果这里取最大值时的和取最大值的取值相同，则结论就是肯定的.试题解析：（1）梯形的面积=，． 2分体积． 3分（2）．令，得，或（舍）．∵，∴． 5分当时，，为增函数；当时，，为减函数． 7分∴当时，体积V最大． 8分（3）木梁的侧面积=，．=，． 10分设，．∵，∴当，即时，最大． 12分又由（2）知时，取得最大值，所以时，木梁的表面积S最大． 13分综上，当木梁的体积V最大时，其表面积S也最大． 14分【考点】（1）函数解析式；（2）用导数求最值；（3）四棱柱的表面积及其最值.4.已知常数a，b，c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′ (x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是()A．－B．C．2D．5【答案】C【解析】依题意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a＞0，－2＋3＝－，－2×3＝，解得b＝－，c＝－18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故选C.5.已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f(x)在x＝a处取到极大值，则a的取值范围是________．【答案】(－1,0)【解析】根据函数极大值与导函数的关系，借助二次函数图象求解．因为f(x)在x＝a处取到极大值，所以x＝a为f′(x)的一个零点，且在x＝a的左边f′(x)＞0，右边f′(x)＜0，所以导函数f′(x)的开口向下，且a＞－1，即a的取值范围是(－1,0)．6.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是()．A．(0,2]B．(0,2)C．[，2)D．(，2)【答案】D【解析】由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得又a>0，解得<a<2，故选D.7.已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()．A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值【答案】C【解析】当k＝1时，f′(x)＝e x·x－1，f′(1)≠0，∴f(1)不是极值，故A，B错；当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(x e x＋e x－2)，显然f′(1)＝0，且x在1的左侧附近f′(x)<0，x在1的右侧附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取到极小值．故选C.8.设函数，则函数的各极小值之和为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】，令，则，令，则，所以当时，取极小值，其极小值为所以函数的各极小值之和，故选D.【考点】1.函数的极值求解；2.数列的求和.9.设函数，其中.（1)若在处取得极值，求常数的值；（2）设集合，，若元素中有唯一的整数，求的取值范围.【答案】（1)；（2）【解析】（1）由在处取得极值，可得从而解得，此问注意结合极值定义检验所求值是否为极值点；（2）分，，和三种情况得出集合A，然后由元素中有唯一的整数，分析端点，从而求出的取值范围.试题解析：（1），又在处取得极值，故，解得.经检验知当时，为的极值点，故.（2）,当时，，则该整数为2，结合数轴可知，当时，，则该整数为0，结合数轴可知当时，,不合条件.综上述，.【考点】1.利用导数处理函数的极值；2.集合元素的分析10.已知函数在处取得极值，则取值的集合为 .【答案】.【解析】，，依题意有，从而有，且有，即，解得或，当时，，此时，此时函数无极值，当时，，此时，此时函数有极值，故.【考点】函数的极值11.函数最小值是___________.【答案】【解析】函数求导得.当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增，因此函数在处取得最小值，即.【考点】利用导数求函数的最值.12.已知函数（，，且）的图象在处的切线与轴平行. （1）确定实数、的正、负号；（2）若函数在区间上有最大值为，求的值．【答案】（1），；（2）.【解析】（1）先求导数，因为切线与轴平行，所以导数为0，列出等式，判断出的符号；（2）求导数，令导数为0，解出方程的根，利用导数的正负判断出函数的单调性，通过分类讨论的方法找到最大值，让最大值等于，解出的值.试题解析：（1） 1分由图象在处的切线与轴平行，知，∴. 2分又，故，. 3分(2) 令,得或. 4分∵，令，得或令，得.于是在区间内为增函数，在内为减函数,在内为增函数.∴是的极大值点，是极小值点. 5分令，得或. 6分分类：①当时，，∴ .由解得， 8分②当时，, 9分∴.由得 . 10分记,∵, 11分∴在上是增函数，又，∴, 12分∴在上无实数根. 13分综上，的值为. 14分【考点】1.用导数求切线的斜率；2.用导数求函数最值.13.设函数，（1）求函数的极大值；（2）记的导函数为，若时，恒有成立，试确定实数的取值范围.【答案】(1);(2) .【解析】（1）由导函数或求得函数的单调区间，再找极大值;(2) 的导函数是一元二次函数，转化为一元二次函数在上的最值，再满足条件即可.试题解析：(1)令，且当时，得；当时，得或∴的单调递增区间为；的单调递减区间为和，故当时，有极大值，其极大值为 6分（2）∵ 7分①当时，，∴在区间内单调递减∴，且∵恒有成立∵又，此时， 10分②当时，，得因为恒有成立，所以，即，又得， 14分综上可知，实数的取值范围 . 15分【考点】1.函数的极值；2.一元二次函数的最值.14.已知函数．(Ⅰ)若在上的最大值为，求实数的值；(Ⅱ)若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围；(Ⅲ)在(Ⅰ)的条件下，设，对任意给定的正实数，曲线上是否存在两点，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上？请说明理由．【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）．（Ⅲ）对任意给定的正实数，曲线上总存在两点，，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上．【解析】（Ⅰ）由，得，令，得或．当变化时，及的变化如下表：由，，，即最大值为，． 4分（Ⅱ）由，得．，且等号不能同时取，，即恒成立，即． 6分令，求导得，，当时，，从而，在上为增函数，，． 8分（Ⅲ）由条件，，假设曲线上存在两点，满足题意，则，只能在轴两侧，不妨设，则，且．是以为直角顶点的直角三角形，，，是否存在，等价于方程在且时是否有解． 10分①若时，方程为，化简得，此方程无解；②若时，方程为，即，设，则，显然，当时，，即在上为增函数，的值域为，即，当时，方程总有解．对任意给定的正实数，曲线上总存在两点，，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上． 14分【考点】利用导数研究函数的单调性、最值。

高考数学测试卷人教A版文科数学课时试题及解析(15)导数与函数的极值、最值A

课时作业(十五)A [第15讲导数与函数嘚极值、最值][时间：45分钟分值：100分] 基础热身1．下列命题中正确嘚是( ) A ．导数为0嘚点一定是极值点B ．如果在点x 0附近嘚左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0且f′(x 0)＝0，那么f(x 0)是极大值C ．如果在点x 0附近嘚左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0且f′(x 0)＝0，那么f(x 0)是极小值D ．如果在点x 0附近嘚左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0且f′(x 0)＝0，那么f(x 0)是最小值 2．函数y ＝x ＋1x 嘚极值情况是( )A ．既无极小值，也无极大值B ．当x ＝1时，极小值为2，但无极大值C ．当x ＝－1时，极大值为－2，但无极小值D ．当x ＝1时，极小值为2，当x ＝－1时，极大值为－23．函数f(x)＝x 3＋ax 2＋3x －9，已知f(x)在x ＝－3处取得极值，则a ＝( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．54．已知函数y ＝f(x)嘚导函数y ＝f′(x)嘚图象如图K15－1，则( )图K15－1A ．函数f(x)有1个极大值点，1个极小值点B ．函数f(x)有2个极大值点，2个极小值点C ．函数f(x)有3个极大值点，1个极小值点D ．函数f(x)有1个极大值点，3个极小值点能力提升 5．函数f(x)＝ax 3＋bx在x ＝1a处有极值，则ab 嘚值为( )A ．2B ．－2C ．3D ．－36．设函数f(x)＝2x ＋1x －1(x<0)，则f(x)( )A ．有最大值B ．有最小值C ．是增函数D ．是减函数7．若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 嘚最大值等于( )A ．2B ．3C ．6D ．98．已知函数f(x)＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m 嘚取值范围是( )A ．m≥32B ．m>32C ．m≤32D ．m<329．设函数f(x)＝ax 2＋bx ＋c(a ，b ，c ∈R)，若x ＝－1为函数f(x)e x 嘚一个极值点，则下列图象不可能．．．为y ＝f(x)嘚图象是( )图K15－210．函数f(x)＝12x 2－lnx 嘚最小值为________．11．已知函数f(x)＝x 3＋3mx 2＋nx ＋m 2在x ＝－1时有极值0，则m ＋n ＝________. 12．已知函数y ＝f(x)＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处嘚切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f(x)嘚极大值与极小值之差为________．13．已知函数f(x)＝13x 3－bx 2＋c(b ，c 为常数)．当x ＝2时，函数f(x)取得极值，若函数f(x)只有三个零点，则实数c 嘚取值范围为________．14．(10分)已知函数f(x)＝x 5＋ax 3＋bx ＋1，仅当x ＝－1，x ＝1时取得极值，且极大值比极小值大4.(1)求a 、b 嘚值；(2)求f(x)嘚极大值和极小值．15．(13分)已知f(x)＝x 3＋bx 2＋cx ＋2. (1)若f(x)在x ＝1时有极值－1，求b 、c 嘚值；(2)在(1)嘚条件下，若函数y ＝f(x)嘚图象与函数y ＝k 嘚图象恰有三个不同嘚交点，求实数k 嘚取值范围．难点突破16．(12分)已知函数f(x)＝xlnx.(1)求f(x)嘚最小值；(2)若对所有x≥1都有f(x)≥ax－1成立，求实数a嘚取值范围．课时作业(十五)A 【基础热身】1．B [解析] 根据可导函数极值嘚判别方法，如果在点x 0附近嘚左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x 0)是极大值，反之是极小值，而导数为0嘚点不一定是极值点．2．D [解析] 函数嘚定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，y′＝1－1x 2＝x 2－1x 2，令y′＝0，得x ＝－1或x ＝1，当x 变化时，f′(x)，f(x)嘚变化情况如下： x (－∞，－1) －1 (－1,0) (0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 －－ 0 ＋ f(x)单调递增极大值单调递减单调递减极小值单调递增所以当x ＝－1时，有极大值f(－1)＝－2，当x ＝1时有极小值f(1)＝2. 3．D [解析] f′(x)＝3x 2＋2ax ＋3，由题意得f′(－3)＝0，解得a ＝5.4．A [解析] x 1、x 4是导函数嘚不变号零点，因此它们不是极值点，而x 2与x 3是变号零点，因此它们是极值点，且x 2是极大值点，x 3是极小值点．【能力提升】5．D [解析] 由f′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝3a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋b ＝0，可得ab ＝－3.故选D.6．A [解析] 由题意可得f′(x)＝2－1x 2(x<0)，令f′(x)＝0得x ＝－22(舍正)，列表如下：x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，－22－22⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22，0f′(x) ＋ 0— f(x)极大值由表可得：当x ＝－22时，f(x)取得最大值，无最小值；f(x)在－∞，－22单调递增，在－22，0单调递减，故选A.7．D [解析] f′(x)＝12x 2－2ax －2b ， ∵f(x)在x ＝1处有极值，∴f′(1)＝0，即12－2a －2b ＝0，化简得 a ＋b ＝6， ∵a>0，b>0，∴ab≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时，ab 有最大值，最大值为9，故选D. 8．A [解析] 因为函数f(x)＝12x 4－2x 3＋3m ，所以f′(x)＝2x 3－6x 2，令f′(x)＝0，得x ＝0或x＝3，经检验知x ＝3是函数嘚一个最小值点，所以函数嘚最小值为f(3)＝3m －272，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m －272≥－9，解得m≥32.9．D [解析] 设F(x)＝f(x)e x ，∴F′(x)＝e x f′(x)＋e x f(x)＝e x (2ax ＋b ＋ax 2＋bx ＋c)，又∵x ＝－1为f(x)e x 嘚一个极值点， ∴F′(－1)＝e －1(－a ＋c)＝0，即a ＝c ， ∴Δ＝b 2－4ac ＝b 2－4a 2，当Δ＝0时，b ＝±2a，即对称轴所在直线方程为x ＝±1；当Δ>0时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 2a >1，即对称轴在直线x ＝－1嘚左边或在直线x ＝1嘚右边．又f(－1)＝a －b ＋c ＝2a －b ＜0，故D 错，选D.10.12[解析] 由⎩⎪⎨⎪⎧f′x ＝x －1x >0，x>0，得x>1.由⎩⎪⎨⎪⎧f′x ＝x －1x <0，x>0，得0<x<1，∴f(x)在x ＝1时，取得最小值f(1)＝12－ln1＝12.11．11 [解析] f′(x)＝3x 2＋6mx ＋n ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ f －1＝0，f′－1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋3m －n －1＝0，－6m ＋n ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝2，n ＝9或⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝1，n ＝3，检验知当⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3时，函数没有极值．所以m ＋n ＝11.12．4 [解析] ∵y′＝3x 2＋6ax ＋3b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 3×22＋6a×2＋3b ＝0，3×12＋6a×1＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0.∴y′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，则x ＝0或x ＝2，∴f(x)极大值－f(x)极小值＝f(0)－f(2)＝4.13.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43 [解析] ∵f(x)＝13x 3－bx 2＋c ，∴f′(x)＝x 2－2bx.∵x ＝2时，f(x)取得极值，∴22－2b×2＝0，解得b ＝1.∴当x ∈(0,2)时，f(x)单调递减，当x ∈(－∞，0)或x ∈(2，＋∞)时，f(x)单调递增．若f(x)＝0有3个实根，则⎩⎪⎨⎪⎧f 0＝c>0，f 2＝13×23－22＋c<0，解得0＜c ＜43.14．[解答] (1)∵f(x)＝x 5＋ax 3＋bx ＋1， ∴f′(x)＝5x 4＋3ax 2＋b.∵x ＝±1时有极值，∴5＋3a ＋b ＝0，∴b ＝－3a －5①，代入f′(x)得f′(x)＝5x 4＋3ax 2－3a －5＝5(x 4－1)＋3a(x 2－1)＝(x 2－1)[5(x 2＋1)＋3a] ＝(x ＋1)(x －1)[5x 2＋(3a ＋5)]．∵f(x)仅当x ＝±1时有极值，∴5x 2＋(3a ＋5)≠0对任意x 成立． ∴3a ＋5>0，a>－53.考察f(x)、f′(x)随x 嘚变化情况： x (－∞，－1) －1 (－1,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋f(x)极大值极小值由此可知，当x ＝－1时取极大值，当x ＝1时，取极小值．∴f(－1)－f(1)＝4，即[(－1)5＋a(－1)3＋b(－1)＋1]－(15＋a·13＋b·1＋1)＝4，整理得a ＋b ＝－3②，由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2.(2)∵a ＝－1，b ＝－2， ∴f(x)＝x 5－x 3－2x ＋1. ∴f(x)嘚极大值为f(－1)＝3. f(x)嘚极小值为f(1)＝－1.15．[解答] (1)∵f(x)＝x 3＋bx 2＋cx ＋2， ∴f′(x)＝3x 2＋2bx ＋c.由已知得f′(1)＝0，f(1)＝－1，∴⎩⎪⎨⎪⎧3＋2b ＋c ＝0，1＋b ＋c ＋2＝－1，解得b ＝1，c ＝－5. 经验证，b ＝1，c ＝－5符合题意．(2)由(1)知f(x)＝x 3＋x 2－5x ＋2， f′(x)＝3x 2＋2x －5.由f′(x)＝0得x 1＝－53，x 2＝1.当x 变化时，f′(x)，f(x)嘚变化情况如下表： x ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－53－53⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，1 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)极大值极小值根据上表，当x ＝－53时函数取得极大值且极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝22927，当x ＝1时函数取得极小值且极小值为f(1)＝－1.根据题意结合上图可知k 嘚取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，22927. 【难点突破】16．[解答] (1)f(x)嘚定义域为(0，＋∞)，f(x)嘚导数f′(x)＝1＋lnx. 令f′(x)>0，解得x>1e ；令f′(x)<0，解得0<x<1e.从而f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞单调递增．所以，当x ＝1e 时，f(x)取得最小值－1e.(2)法一：令g(x)＝f(x)－(ax －1)，则g′(x)＝f′(x)－a ＝1－a ＋lnx ， ①若a≤1，当x>1时，g′(x)＝1－a ＋lnx>1－a≥0，故g(x)在(1，＋∞)上为增函数，所以，x≥1时，g(x)≥g(1)＝1－a≥0，即f(x)≥ax－1. ②若a>1，方程g′(x)＝0嘚根为x 0＝e a －1，此时，若x ∈(1，x 0)，则g′(x)<0，故g(x)在该区间为减函数．所以x ∈(1，x 0)时，g(x)<g(1)＝1－a<0，即f(x)<ax －1，与题设f(x)≥ax－1相矛盾．综上，满足条件嘚a 嘚取值范围是(－∞，1]．法二：依题意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤lnx＋1x 对于x ∈[1，＋∞)恒成立．令g(x)＝lnx ＋1x ，则g′(x)＝1x －1x 2＝1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x .当x>1时，因为g′(x)＝1x ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x >0，故g(x)是(1，＋∞)上嘚增函数，所以g(x)嘚最小值是g(1)＝1，所以a 嘚取值范围是(－∞，1]．。

人教a版高中数学试题及答案

人教a版高中数学试题及答案一、选择题（每题3分，共15分）1. 下列函数中，哪一个是奇函数？A. \( y = x^2 \)B. \( y = x^3 \)C. \( y = x^2 + 1 \)D. \( y = \frac{1}{x} \)答案：B2. 直线 \( y = 2x + 3 \) 与 \( y = -x + 1 \) 的交点坐标是？A. \( (-2, -1) \)B. \( (2, 5) \)C. \( (-1, 1) \)D. \( (1, 3) \)答案：C3. 已知 \( \cos A = \frac{3}{5} \)，求 \( \sin A \) 的值。

A. \( \frac{4}{5} \)B. \( -\frac{4}{5} \)C. \( \frac{3}{5} \)D. \( -\frac{3}{5} \)答案：A4. 以下哪个选项是等比数列？A. \( 1, 2, 4, 8 \)B. \( 2, 3, 5, 7 \)C. \( 3, 6, 9, 12 \)D. \( 4, 8, 16, 32 \)答案：D5. 计算 \( \log_2 8 + \log_3 9 \) 的值。

A. 5B. 4C. 3D. 2答案：B二、填空题（每题4分，共20分）6. 已知 \( \tan \theta = 2 \)，求 \( \sin \theta \) 的值。

答案：\( \frac{2\sqrt{5}}{5} \)7. 函数 \( f(x) = x^2 - 4x + 3 \) 的最小值是。

答案：\( -1 \)8. 计算 \( \sqrt{4 + \sqrt{3 + \sqrt{2}}} \) 的近似值。

答案：\( 2.1 \)（保留一位小数）9. 将 \( 1 \) 千克的盐溶解在 \( 9 \) 千克的水中，所得盐水的浓度是。

答案：\( 10\% \)10. 一个等差数列的前三项分别是 \( 3, 7, 11 \)，求第 \( n \)项的表达式。

高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习教案导数在函数研究中的应用

第十一节导数在函数研究中的应用1．函数的单调性了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2．函数的极值了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)．知识点一利用导数研究函数的单调性1．函数f (x )在某个区间(a ，b )内的单调性与其导数的正负有如下关系 (1)若f ′(x )>0，则f (x )在这个区间上是增加的． (2)若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间上是减少的． (3)若f __′(x )＝0，则f (x )在这个区间内是常数． 2．利用导数判断函数单调性的一般步骤 (1)求f __′(x )．(2)在定义域内解不等式f __′(x )>0或f __′(x )<0. (3)根据结果确定f (x )的单调区间．易误提醒1．在某个区间(a ，b )上，若f ′(x )>0，则f (x )在这个区间上单调递增；若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间上单调递减；若f ′(x )＝0恒成立，则f (x )在这个区间上为常数函数；若f ′(x )的符号不确定，则f (x )不是单调函数．2．若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递增，则f ′(x )≥0，且在(a ，b )的任意子区间，等号不恒成立；若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递减，则f ′(x )≤0，且在(a ，b )的任意子区间，等号不恒成立．[自测练习]1．函数f (x )＝x ＋eln x 的单调递增区间为( ) A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(－∞，0)和(0，＋∞)D ．R解析：函数定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋ex >0，故单调增区间是(0，＋∞)．答案：A2．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m .又∵f (x )在R 上是单调增函数，∴f ′(x )≥0恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，即m ≥13.答案：⎣⎡⎭⎫13，＋∞ 知识点二利用导数研究函数的极值 1．函数的极大值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都小于x 0点的函数值，称点x 0为函数y ＝f (x )的极大值点，其函数值f (x 0)为函数的极大值．2．函数的极小值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都大于x 0点的函数值，称点x 0为函数y ＝f (x )的极小值点，其函数值f (x 0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．易误提醒 f ′(x 0)＝0是x 0为f (x )的极值点的非充分非必要条件．例如，f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点；又如f (x )＝|x |，x ＝0是它的极小值点，但f ′(0)不存在．[自测练习]3.函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：导函数f ′(x )的图象与x 轴的交点中，左侧图象在x 轴下方，右侧图象在x 轴上方的只有一个，故选A.答案：A4．若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意知f ′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2×(－3)a ＋3＝0，解得a ＝5.答案：D考点一利用导数研究函数的单调性|(2015·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增．若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0. 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a 处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝⎛⎭⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝⎛⎭⎫1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)单调递增，g (1)＝0. 于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．利用导数研究函数的单调性应注意两点(1)在区间内f ′(x )>0(f ′(x )<0)是函数f (x )在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件． (2)可导函数f (x )在(a ，b )内是增(减)函数的充要条件是：∀x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)，且f ′(x )在(a ，b )的任何子区间内都不恒为零．1．已知函数f (x )＝m ln x －12x 2(m ∈R )，求函数f (x )的单调区间．解：函数f (x )＝m ln x －12x 2的定义域是(0，＋∞)．f ′(x )＝mx －x ＝m －x 2x .当m ≤0时，f ′(x )≤－x 2x＝－x <0，函数f (x )＝m ln x －12x 2在(0，＋∞)上为减函数．当m >0时，令f ′(x )＝0，得：x ＝m 或－m (舍去)．当x ∈(0，m )时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，m )上是增函数．当x ∈(m ，＋∞)时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(m ，＋∞)上是减函数．综上所述，当m ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，当m >0时，f (x )的单调递增区间为(0，m )，单调递减区间为(m ，＋∞)．考点二已知单调性求参数范围|(2015·福州模拟)已知函数f (x )＝e x 2－1e x －ax (a ∈R )．(1)当a ＝32时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在[－1,1]上为单调函数，求实数a 的取值范围． [解] (1)当a ＝32时，f (x )＝e x 2－1e x －32x ，f ′(x )＝12e x [(e x )2－3e x ＋2]＝12e x (e x －1)(e x －2)，令f ′(x )＝0，得e x ＝1或e x ＝2，即x ＝0或x ＝ln 2；令f ′(x )>0，得x <0或x >ln 2；令f ′(x )<0，则0<x <ln 2.∴f (x )在(－∞，0]，[ln 2，＋∞)上单调递增，在(0，ln 2)上单调递减． (2)f ′(x )＝e x 2＋1e x －a ，令e x ＝t ，由于x ∈[－1,1]，∴t ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e .令h (t )＝t 2＋1t ⎝⎛⎭⎫t ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ， h ′(t )＝12－1t 2＝t 2－22t2，∴当t ∈⎣⎡⎭⎫1e ，2时，h ′(t )<0，函数h (t )为单调减函数；当t ∈(2，e]时，h ′(t )>0，函数h (t )为单调增函数．故h (t )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的极小值点为t ＝ 2. 又h (e)＝e 2＋1e <h ⎝⎛⎭⎫1e ＝12e ＋e ，∴2≤h (t )≤e ＋12e.∵函数f (x )在[－1,1]上为单调函数，若函数在[－1,1]上单调递增，则a ≤t 2＋1t 对t ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 恒成立，所以a ≤2；若函数f (x )在[－1,1]上单调递减，则a ≥t 2＋1t 对t ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 恒成立，所以a ≥e ＋12e，综上可得a ≤ 2或a ≥e ＋12e.已知函数单调性，求参数范围的两个方法(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”来求解．提醒：f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．2．已知函数f (x )＝e x －ax (a ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＝1，函数g (x )＝(x －m )f (x )－e x ＋x 2＋x 在(2，＋∞)上为增函数，求实数m 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝e x －a . 当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在R 上为增函数；当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝ln a ，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，∴函数f (x )在(－∞，ln a )上为减函数，当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴函数f (x )在(ln a ，＋∞)上为增函数．(2)当a ＝1时，g (x )＝(x －m )(e x －x )－e x ＋x 2＋x ， ∵g (x )在(2，＋∞)上为增函数，∴g ′(x )＝x e x －m e x ＋m ＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立，即m ≤x e x ＋1e x －1在(2，＋∞)上恒成立，令h (x )＝x e x ＋1e x －1，x ∈(2，＋∞)，h ′(x )＝(e x )2－x e x －2e x (e x －1)2＝e x (e x －x －2)(e x －1)2. 令L (x )＝e x －x －2，L ′(x )＝e x －1>0在(2，＋∞)上恒成立，即L (x )＝e x －x －2在(2，＋∞)上为增函数，即L (x )>L (2)＝e 2－4>0，∴h ′(x )>0，即h (x )＝x e x ＋1e x －1在(2，＋∞)上为增函数，∴h (x )>h (2)＝2e 2＋1e 2－1，∴m ≤2e 2＋1e 2－1.考点三利用导数研究极值|设函数f (x )＝x 2－ax ＋b .讨论函数f (sin x )在⎝⎛⎭⎫－π2，π2内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． [解] f (sin x )＝sin 2x －a sin x ＋b ＝sin x (sin x －a )＋b ，－π2<x <π2.[f (sin x )]′＝(2sin x －a )cos x ，－π2<x <π2.因为－π2<x <π2，所以cos x >0，－2<2sin x <2.①a ≤－2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递增，无极值． ②a ≥2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递减，无极值．③对于－2<a <2，在⎝⎛⎭⎫－π2，π2内存在唯一的x 0，使得2sin x 0＝a .－π2<x ≤x 0时，函数f (sin x )单调递减；x 0≤x <π2时，函数f (sin x )单调递增．因此，－2<a <2，b ∈R 时，函数f (sin x )在x 0处有极小值 f (sin x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫a 2＝b －a24.3．(2015·太原一模)已知函数f (x )＝(x 2－ax ＋a )e x －x 2，a ∈R . (1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围； (2)若函数f (x )在x ＝0处取得极小值，求a 的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝x [(x ＋2－a )e x －2]＝ x e x ⎝⎛⎭⎫x ＋2－2e x －a ，x ∈R ， ∵f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， ∴x ＋2－2ex ≥a 在(0，＋∞)上恒成立，又函数g (x )＝x ＋2－2e x 在(0，＋∞)上单调递增，∴a ≤g (0)＝0，∴a 的取值范围是(－∞，0]．(2)由(1)得f ′(x )＝x e x ⎝⎛⎭⎫x ＋2－2e x －a ，x ∈R ，令f ′(x )＝0，则x ＝0或x ＋2－2e x －a ＝0，即x ＝0或g (x )＝a ，∵g (x )＝x ＋2－2e x 在(－∞，＋∞)上单调递增，其值域为R ，∴存在唯一x 0∈R ，使得g (x 0)＝a ，①若x 0>0，当x ∈(－∞，0)时，g (x )<a ，f ′(x )>0；当x ∈(0，x 0)时，g (x )<a ，f ′(x )<0，∴f (x )在x ＝0处取得极大值，这与题设矛盾．②若x 0＝0，当x ∈(－∞，0)时，g (x )<a ，f ′(x )>0；当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>a ，f ′(x )>0，∴f (x )在x ＝0处不取极值，这与题设矛盾．③若x 0<0，当x ∈(x 0,0)时，g (x )>a ，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>a ，f ′(x )>0，∴f (x )在x ＝0处取得极小值．综上所述，x 0<0，∴a ＝g (x 0)<g (0)＝0， ∴a 的取值范围是(－∞，0)． 8.分类讨论思想在导数中的应用【典例】 (2015·贵阳期末)已知函数f (x )＝ax －ae x (a ∈R ，a ≠0)．(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的极值；(2)若函数F (x )＝f (x )＋1没有零点，求实数a 的取值范围．[思维点拨] (1)求f ′(x )后判断f (x )在(－∞，＋∞)上的单调性，可求极值． (2)分类讨论f (x )在(－∞，＋∞)的单调性，利用极值建立所求参数a 的不等式求解． [解] (1)当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋1e x ，f ′(x )＝x －2ex . 由f ′(x )＝0，得x ＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以函数f (x )的极小值为f (2)＝－1e2，函数f (x )无极大值．(2)F ′(x )＝f ′(x )＝a e x －(ax －a )e x e 2x ＝－a (x －2)e x .①当a <0时，F (x )，F ′(x )的变化情况如下表：若使函数F (x )没有零点，当且仅当F (2)＝ae 2＋1>0，解得a >－e 2，所以此时－e 2<a <0；②当a >0时，F (x )，F ′(x )的变化情况如下表：因为F (2)>F (1)>0，且F ⎝⎛⎭⎫1－10a ＝e1－10a －10e1－10a <e －10e1－10a <0，所以此时函数F (x )总存在零点． (或：当x >2时，F (x )＝a (x －1)e x＋1>1，当x <2时，令F (x )＝a (x －1)e x＋1<0，即a (x －1)＋e x <0，由于a (x －1)＋e x <a (x －1)＋e 2，令a (x －1)＋e 2≤0，得x ≤1－e 2a ，即x ≤1－e 2a时，F (x )<0，即F (x )存在零点)综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0)．[思想点评] 分类讨论思想在导数研究函数的应用中运用普遍常见的分类讨论点有： (1)f ′(x )＝0是否有根．(2)若f ′(x )＝0有根，根是否在定义域内． (3)若f ′(x )＝0有两根，两根大小比较问题.A 组考点能力演练1．(2015·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( ) A ．y ＝x 3 B ．y ＝ln(－x ) C ．y ＝x e －xD ．y ＝x ＋2x解析：A 、B 为单调函数，不存在极值，C 不是奇函数，故选D. 答案：D2．(2016·厦门质检)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(0,1)B ．(0,1]C ．(1，＋∞)D ．(0,2)解析：由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y ′＝x －1x ≤0，解得0<x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．答案：B3.已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22＝( )A.23B.43C.83D.163解析：由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1·x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1·x 2＝4－43＝83，故选C.答案：C4．已知函数f (x )＝x ⎝⎛⎭⎫e x －1e x ，若f (x 1)<f (x 2)，则( ) A ．x 1>x 2 B ．x 1＋x 2＝0C ．x 1<x 2D ．x 21<x 22解析：因为f (－x )＝－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e －x －1e －x ＝x ⎝⎛⎭⎫e x －1e x ＝f (x )，所以f (x )为偶函数．由f (x 1)<f (x 2)，得f (|x 1|)<f (|x 2|)(*)．又f ′(x )＝e x－1e x ＋x ⎝⎛⎭⎫e x ＋1e x ＝e 2x(x ＋1)＋x －1ex，当x ≥0时，e 2x (x ＋1)＋x －1≥e 0(0＋1)＋0－1＝0，所以f ′(x )≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上为增函数，由(*)式得|x 1|<|x 2|，即x 21<x 22，故选D.答案：D5．若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤－∞，518 B ．(－∞，3] C.⎣⎡⎭⎫518，＋∞ D ．[3，＋∞)解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0，即t ≥32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立，因为y ＝32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝⎛⎭⎫4＋14＝518，故选C. 答案：C6．(2016·九江一模)已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．解析：由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立，∵⎝⎛⎭⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43. 答案：⎣⎡⎭⎫43，＋∞7．设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是________．解析：本题考查利用导数研究函数的极值及不等式的解法．由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0得x 1＝a3，x 2＝a .又∵x 1<2<x 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a >2，a 3<2，∴2<a <6.答案：(2,6)8．(2015·兰州一模)若函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝x 2－e x －ax ，∴f ′(x )＝2x －e x －a ， ∵函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，∴f ′(x )＝2x －e x －a ≥0，即a ≤2x －e x 有解，设g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝ln 2，则当x <ln 2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x >ln 2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴当x ＝ln 2时，g (x )取得最大值，且g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2，∴a ≤2ln 2－2.答案：(－∞，2ln 2－2)9．已知函数f (x )＝x －2ln x －ax ＋1，g (x )＝e x (2ln x －x )．(1)若函数f (x )在定义域上是增函数，求a 的取值范围； (2)求g (x )的最大值．解：(1)由题意得x >0，f ′(x )＝1－2x ＋ax2.由函数f (x )在定义域上是增函数，得f ′(x )≥0，即a ≥2x －x 2＝－(x －1)2＋1(x >0)．因为－(x －1)2＋1≤1(当x ＝1时，取等号)，所以a 的取值范围是[1，＋∞)． (2)g ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎫2x －1＋2ln x －x ，由(1)得a ＝2时，f (x )＝x －2ln x －2x ＋1，且f (x )在定义域上是增函数，又f (1)＝0，所以，当x ∈(0,1)时，f (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0. 所以，当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0. 故当x ＝1时，g (x )取得最大值－e.10．(2015·安徽六校联考)设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(其中k ∈R )． (1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间和极值；(2)当k ∈[0，＋∞)时，证明函数f (x )在R 上有且只有一个零点．解：(1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2，f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x e x －2x ＝x (e x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝ln 2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如下表：∞)．f (x )的极大值为f (0)＝－1，极小值为f (ln 2)＝－(ln 2)2＋2ln 2－2.(2)f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x e x －2kx ＝x (e x －2k )，当x <1时，f (x )<0，所以f (x )在(－∞，1)上无零点．故只需证明函数f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．①若k ∈⎣⎡⎦⎤0，e2，则当x ≥1时，f ′(x )≥0，f (x )在[1，＋∞)上单调递增． ∵f (1)＝－k ≤0，f (2)＝e 2－4k ≥e 2－2e>0， ∴f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．②若k ∈⎝⎛⎭⎫e2，＋∞，则f (x )在[1，ln 2k ]上单调递减，在[ln 2k ，＋∞)上单调递增． f (1)＝－k <0，f (k ＋1)＝k e k ＋1－k (k ＋1)2＝k [e k ＋1－(k ＋1)2]，令g (t )＝e t －t 2，t ＝k ＋1>2，则g ′(t )＝e t －2t ， g ″(t )＝e t －2，∵t >2，∴g ″(t )>0，g ′(t )在(2，＋∞)上单调递增． ∴g ′(t )>g ′(2)＝e 2－4>0，∴g (t )在(2，＋∞)上单调递增． ∴g (t )>g (2)＝e 2－4>0. ∴f (k ＋1)>0.∴f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．综上，当k ∈[0，＋∞)时，f (x )在R 上有且只有一个零点．B 组高考题型专练1．(2015·高考重庆卷)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值．(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x ，讨论g (x )的单调性．解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝⎛⎭⎫－43＝0，所以3a ·169＋2·⎝⎛⎭⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 3＋x 2e x，故g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫32x 2＋2x e x ＋⎝⎛⎭⎫12x 3＋x 2e x ＝⎝⎛⎭⎫12x 3＋52x 2＋2x e x＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x . 令g ′(x )＝0，解得x ＝0，x ＝－1或x ＝－4. 当x <－4时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当－4<x <－1时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数；当－1<x <0时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当x >0时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数．综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数． 2．(2015·高考安徽卷)已知函数f (x )＝ax (x ＋r )2(a >0，r >0)．(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若ar＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值．解：(1)由题意知x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞)． f (x )＝ax (x ＋r )2＝axx 2＋2rx ＋r 2，f ′(x )＝a (x 2＋2rx ＋r 2)－ax (2x ＋2r )(x 2＋2rx ＋r 2)2＝a (r －x )(x ＋r )(x ＋r )4，所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0，当－r <x <r 时，f ′(x )>0，因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)；f (x )的单调递增区间为(－r ，r )． (2)由(1)的解答可知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减．因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)上的极大值为f (r )＝ar (2r )2＝a 4r ＝4004＝100.3．(2016·宁夏银川一中联考)函数f (x )＝x 2－2ln x ，h (x )＝x 2－x ＋a . (1)求函数f (x )的极值；(2)设函数k (x )＝f (x )－h (x )，若函数k (x )在[1,3]上恰有两个不同零点，求实数a 的取值范围．解：(1)∵f ′(x )＝2x －2x，令f ′(x )＝0，∵x >0，∴x ＝1.x (0,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减1单调递增∴f (x )的极小值为1，无极大值．(2)∵k (x )＝f (x )－h (x )＝－2ln x ＋x －a ，k ′(x )＝－2x ＋1.若k ′(x )＝0，则x ＝2.当x ∈[1,2)时，k ′(x )<0；当x ∈(2,3]时，k ′(x )>0. 故k (x )在x ∈[1,2)上单调递减，在x ∈(2,3]上单调递增．∴{ k (1)≥0，k (2)<0，k (3)≥0，∴{a ≤1，a >2－2ln 2，a ≤3－2ln 3， ∴实数a 的取值范围是(2－2ln 2,3－2ln 3]．。

2025年高考数学一轮复习-导数与函数的极值、最值-课时作业-【含解析】

2025年高考数学一轮复习课时作业-导数与函数的极值、最值【原卷版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)已知函数f(x)=x3-3x2-9x(-2<x<2),则()A.f(x)的极大值为5,无极小值B.f(x)的极小值为-27,无极大值C.f(x)的极大值为5,极小值为-27D.f(x)的极大值为5,极小值为-112.(5分)已知函数f(x)的定义域为(a,b),导函数f'(x)在(a,b)上的图象如图所示,则函数f(x)在(a,b)上的极大值点的个数为()3.(5分)已知函数f(x)=x2-8x+6ln x+1,则f(x)的极大值为()A.10B.-6C.-7D.04.(5分)函数f(x)=e 2-3在[2,+∞)上的最小值为()A.e36B.e2C.e34D.2e5.(5分)(多选题)(2023·怀化模拟)下列函数中,存在极值点的是()A.y=x-1B.y=2|x|C.y=-2x3-xD.y=x ln x6.(5分)已知函数f(x)=(x+1)2+cos(x+1)+a的最小值是4,则a=()A.3B.4C.5D.67.(5分)若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y=-x3+27x+123(x>0),则获得最大年利润时的年产量为百万件.8.(5分)设函数f(x)=e + ,若f(x)的极小值为e,则a=.9.(5分)(2023·苏州模拟)函数f(x)=-13x3+x在(a,10-a2)上有最大值,则实数a的取值范围是.10.(10分)已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.(1)求a,b的值;(2)设函数g(x)的导函数g'(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.11.(10分)已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;【解析】f'(x)=(x+1-a)e x.(1)当a=2时,f'(x)=(x-1)e x.所以f(0)=-2,f'(0)=-1,所以所求切线方程为y+2=-x,即x+y+2=0.(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.【能力提升练】12.(5分)已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则12+ 22等于()A.23B.43C.83D.16313.(5分)(多选题)(2023·烟台模拟)已知函数f(x)= 2+ -1e ,则下列结论正确的是()A.函数f(x)存在两个不同的零点B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值C.当-e<k≤0时,方程f(x)=k有且只有两个实根D.若x∈[t,+∞)时,f(x)max=5e2,则t的最小值为214.(10分)(2023·沧州模拟)已知函数f(x)=e x cos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间[0,π2]上的最大值和最小值.2025年高考数学一轮复习课时作业-导数与函数的极值、最值【解析版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)已知函数f(x)=x3-3x2-9x(-2<x<2),则()A.f(x)的极大值为5,无极小值B.f(x)的极小值为-27,无极大值C.f(x)的极大值为5,极小值为-27D.f(x)的极大值为5,极小值为-11【解析】选A.f'(x)=3x2-6x-9=3(x-3)(x+1),由f'(x)>0,得-2<x<-1,由f'(x)<0,得-1<x<2,所以函数f(x)=x3-3x2-9x(-2<x<2)在(-2,-1)上单调递增,在(-1,2)上单调递减,所以函数f(x)=x3-3x2-9x(-2<x<2)在x=-1时,取得极大值5,无极小值.2.(5分)已知函数f(x)的定义域为(a,b),导函数f'(x)在(a,b)上的图象如图所示,则函数f(x)在(a,b)上的极大值点的个数为()A.1B.2C.3D.4【解析】选B.由函数极值的定义和导函数的图象可知,f'(x)在(a,b)上与x轴的交点个数为4,但是在原点附近的导数值恒大于零,故x=0不是函数f(x)的极值点.其余的3个交点都是极值点,其中有2个点满足其附近的导数值左正右负,故极大值点有2个.3.(5分)已知函数f(x)=x2-8x+6ln x+1,则f(x)的极大值为()A.10B.-6C.-7D.0【解析】选B.因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-8+6 =2( -1)( -3) ,令f'(x)=0,解得x=1或x=3,故列表如下:x(0,1)1(1,3)3(3,+∞)f'(x)+0-0+f(x)单调递增-6单调递减-14+6ln3单调递增所以f(x)的极大值为f(1)=-6.4.(5分)函数f(x)=e 2-3在[2,+∞)上的最小值为()A.e36B.e2C.e34D.2e【解析】选A.依题意f'(x)=e ( 2-3)2(x2-2x-3)=e ( 2-3)2(x-3)(x+1),故函数在(2,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,故函数在x=3处取得极小值也是最小值,且最小值为f(3)=e332-3=e36.5.(5分)(多选题)(2023·怀化模拟)下列函数中,存在极值点的是()A.y=x-1B.y=2|x|C.y=-2x3-xD.y=x ln x【解析】选BD.由题意,对于A,函数y=x-1 ,则y'=1+1 2所以函数y=x-1 在(-∞,0),(0,+∞)上单调递增,没有极值点;对于B,函数y=2|x|=2 , ≥0,2- , <0,则当x<0时,函数y=2|x|单调递减,当x>0时,函数y=2|x|单调递增,所以函数y=2|x|在x=0处取得极小值;对于C,函数y=-2x3-x,则y'=-6x2-1<0,所以函数y=-2x3-x在R上单调递减,没有极值点;对于D,函数y=x ln x,y'=ln x+1,则当x∈(0,1e)时,y'<0,函数单调递减,当x∈(1e,+∞)时,y'>0,函数单调递增,当x=1e时,函数取得极小值.6.(5分)已知函数f(x)=(x+1)2+cos(x+1)+a的最小值是4,则a=()A.3B.4C.5D.6【解析】选A.令x+1=t,则f(x)=g(t)=t2+cos t+a,g'(t)=2t-sin t,(2t-sin t)'=2-cos t>0,g'(t)在R上单调递增,而g'(0)=0,故t∈(-∞,0)时,g'(t)<0,g(t)单调递减,t∈(0,+∞)时,g'(t)>0,g(t)单调递增,故g(t)min=g(0)=1+a=4,解得a=3.7.(5分)若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y=-x3+27x+123(x>0),则获得最大年利润时的年产量为百万件.【解析】y'=-3x2+27=-3(x+3)(x-3),当0<x<3时,y'>0;当x>3时,y'<0.故当x=3时,该商品的年利润最大.答案:38.(5分)设函数f(x)=e + ,若f(x)的极小值为e,则a=.【解析】由已知得f'(x)=e ( + -1)( + )2(x≠-a),令f'(x)=0,有x=1-a,则f(x)在(-∞,-a),(-a,1-a)上单调递减,在(1-a,+∞)上单调递增,所以f(x)的极小值为f(1-a)=e1-a=e,即1-a=12,得a=12.答案:129.(5分)(2023·苏州模拟)函数f(x)=-13x3+x在(a,10-a2)上有最大值,则实数a的取值范围是.【解析】由于f'(x)=-x2+1,易知f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)上单调递增,故若函数f(x)在(a,10-a2)上存在最大值,则 <1,10- 2>1,(1)≥ ( ),即-2≤a<1.答案:[-2,1)10.(10分)已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.(1)求a,b的值;【解析】(1)由题设知f'(x)=3x2+2ax+b,且f'(-1)=3-2a+b=0,f'(1)=3+2a+b=0,解得a=0,b=-3.(2)设函数g(x)的导函数g'(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.【解析】(2)由(1)知f(x)=x3-3x,则g'(x)=f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以g'(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2.即函数g(x)的极值点只可能是1或-2,当x<-2时,g'(x)<0,当-2<x<1时,g'(x)>0,当x>1时,g'(x)>0,所以-2是g(x)的极值点,1不是g(x)的极值点.综上所述,g(x)的极值点为-2.11.(10分)已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;【解析】f'(x)=(x+1-a)e x.(1)当a=2时,f'(x)=(x-1)e x.所以f(0)=-2,f'(0)=-1,所以所求切线方程为y+2=-x,即x+y+2=0.(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.【解析】f'(x)=(x+1-a)e x.(2)令f'(x)=0,得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2.当x∈[1,2]时,f'(x)≥0,则f(x)在[1,2]上单调递增.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e;②若a-1≥2,则a≥3.x∈[1,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[1,2]上单调递减.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2;③若1<a-1<2,则2<a<3.f'(x),f(x)随x的变化情况如表:x[1,a-1)a-1(a-1,2]f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为[1,a-1),单调递增区间为(a-1,2],所以f(x)min=f(a-1)=-e a-1.综上可知,当a≤2时,f(x)min=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=-e a-1.【能力提升练】12.(5分)已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则12+ 22等于()A.23B.43C.83D.163【解析】选C.由题图象可知f(x)的图象经过点(1,0)与(2,0),x1,x2是f(x)的极值点,所以1+b+c=0,8+4b+2c=0,解得b=-3,c=2,所以f(x)=x3-3x2+2x,所以f'(x)=3x2-6x+2,x1,x2是方程3x2-6x+2=0的两根,所以x1+x2=2,x1·x2=23,所以12+ 22=(x1+x2)2-2x1x2=4-2×23=83.13.(5分)(多选题)(2023·烟台模拟)已知函数f(x)= 2+ -1e ,则下列结论正确的是()A.函数f(x)存在两个不同的零点B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值C.当-e<k≤0时,方程f(x)=k有且只有两个实根D.若x∈[t,+∞)时,f(x)max=5e2,则t的最小值为2【解析】选ABC.由f(x)=0,得x2+x-1=0,所以x=-1±52,故A正确;f'(x)=- 2- -2e =-( +1)( -2)e ,当x∈(-∞,-1)∪(2,+∞)时,f'(x)<0,当x∈(-1,2)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-1),(2,+∞)上单调递减,在(-1,2)上单调递增,所以f(-1)是函数的极小值,f(2)是函数的极大值,故B正确;又f(-1)=-e,f(2)=5e2,且当x→-∞时,f(x)→+∞,x→+∞时,f(x)→0,所以f(x)的图象大致如图所示,由图知C正确,D不正确.14.(10分)(2023·沧州模拟)已知函数f(x)=e x cos x-x. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;【解析】(1)因为f(x)=e x cos x-x,所以f(0)=1,f'(x)=e x(cos x-sin x)-1,所以f'(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.(2)求函数f(x)在区间[0,π2]上的最大值和最小值.【解析】(2)f'(x)=e x(cos x-sin x)-1,令g(x)=f'(x),则g'(x)=-2e x sin x≤0在[0,π2]上恒成立,且仅在x=0处等号成立,所以g(x)在[0,π2]上单调递减,所以g(x)≤g(0)=0,所以f'(x)≤0且仅在x=0处等号成立,所以f(x)在[0,π2]上单调递减,所以f(x)max=f(0)=1,f(x)min=f(π2)=-π2.。

2020版高考数学新设计大一轮复习利用导数研究函数的极值、最值习题理(含解析)新人教A版

第2课时利用导数研究函数的极值、最值考点一利用导数解决函数的极值问题多维探究角度1 根据函数图象判断函数极值【例1－1】已知函数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)解析由题图可知，当x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2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. 答案 D规律方法由图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点：(1)由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点；(2)由导函数y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的值的正负，从而可得函数y ＝f (x )的单调性.两者结合可得极值点. 角度2 已知函数求极值【例1－2】 (2019·哈尔滨模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R ). (1)当a ＝12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 ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，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 )ln 2－1故f (x )在定义域上的极大值为f (x )极大值＝f (2)＝ln 2－1，无极小值. (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0).当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a >0时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0，故函数在x ＝1a处有极大值.综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点，当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a.规律方法运用导数求可导函数y ＝f (x )的极值的一般步骤：(1)先求函数y ＝f (x )的定义域，再求其导数f ′(x )；(2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检查导数f ′(x )在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值.特别注意：导数为零的点不一定是极值点. 角度3 已知函数的极(最)值求参数的取值【例1－3】已知函数f (x )＝ln x .(1)求f (x )图象的过点P (0，－1)的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－mx ＋m x存在两个极值点x 1，x 2，求m 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x.设切点坐标为(x 0，ln x 0)，则切线方程为y ＝1x 0x ＋ln x 0－1.把点P (0，－1)代入切线方程，得ln x 0＝0，∴x 0＝1. ∴过点P (0，－1)的切线方程为y ＝x －1.(2)因为g (x )＝f (x )－mx ＋m x ＝ln x －mx ＋m x(x >0)，所以g ′(x )＝1x －m －m x 2＝x －mx 2－m x 2＝－mx 2－x ＋mx2，令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h （0）>0，12m>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m <0即可，解得0<m <12.规律方法已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：(1)根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.【训练1】 (1)(2017·全国Ⅱ卷)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·ex －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A.－1B.－2e －3C.5e －3D.1解析 f ′(x )＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]·ex －1，则f ′(－2)＝[4－2(a ＋2)＋a －1]·e －3＝0⇒a ＝－1，则f (x )＝(x 2－x －1)·ex －1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)·ex －1，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝1，当x <－2或x >1时，f ′(x )>0，当－2<x <1时，f ′(x )<0，所以x ＝1是函数f (x )的极小值点，则f (x )极小值为f (1)＝－1. 答案 A(2)(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x. ①若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； ②若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围. 解 ①因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x，所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x.f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e≠0. 所以a 的值为1.②f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x. 若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值.若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点.综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.考点二利用导数求函数的最值【例2】 (2019·广东五校联考)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＋1x ＝1－xx，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 ＋1x ，x ∈(0，e]，1x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，＋∞.①若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上是增函数，∴f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不合题意.②若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∈(0，e]，解得0<x <－1a ；令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∈(0，e]，解得－1a<x ≤e.从而f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上为增函数，在⎝ ⎛⎦⎥⎤－1a ，e 上为减函数，∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a .令－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－2，即a ＝－e 2.∵－e 2<－1e ，∴a ＝－e 2为所求.故实数a 的值为－e 2.规律方法 1.利用导数求函数f (x )在[a ，b ]上的最值的一般步骤：(1)求函数在(a ，b )内的极值；(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b )；(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.2.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值. 【训练2】 (2019·合肥质检)已知函数f (x )＝e xcos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值.解 (1)∵f (x )＝e x·cos x －x ，∴f (0)＝1，f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)，即y ＝1.(2)f ′(x )＝e x(cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝－2e xsin x ≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，且仅在x ＝0处等号成立，∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减， ∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.考点三利用导数求解最优化问题【例3】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⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋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v2(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60v (单位时间)，用氧量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1×60v ＝3v 250＋60v(升)，水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时60v 2＝120v (单位时间)，用氧量为120v×1.5＝180v(升)，因此总用氧量y ＝3v 250＋240v＋9(v >0).(2)y ′＝6v 50－240v 2＝3（v 3－2 000）25v 2，令y ′＝0得v ＝1032，当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减；当v >1032时，y ′>0，函数单调递增.若c <1032 ，函数在(c ，1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增， ∴当v ＝1032时，总用氧量最少. 若c ≥1032，则y 在[c ，15]上单调递增， ∴当v ＝c 时，这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：(1)设自变量、因变量，建立函数关系式y ＝f (x )，并确定其定义域； (2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点. 【训练3】 (2017·全国Ⅰ卷)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为______.解析由题意，连接OD ，交BC 与点G ，由题意，OD ⊥BC ，设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ， S △ABC ＝12·(23x )2·sin 60°＝33x 2，则三棱锥的体积V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x ＝3·25x 4－10x 5，令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )＝0得x ＝2，当x ∈(0，2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415. ∴体积最大值为415 cm 3. 答案 415[思维升华]1.求函数的极值、最值，通常转化为对函数的单调性的分析讨论，所以，研究函数的单调性、极值、最值归根结底都是对函数单调性的研究.2.研究函数的性质借助数形结合的方法有助于问题的解决.函数的单调性常借助导函数的图象分析导数的正负；函数的极值常借助导函数的图象分析导函数的变号零点；函数的最值常借助原函数图象来分析最值点.3.解函数的优化问题关键是从实际问题中抽象出函数关系，并求出函数的最值. [易错防范]1.求函数的极值、函数的优化问题易忽视函数的定义域.2.已知极值点求参数时，由极值点处导数为0求出参数后，易忽视对极值点两侧导数异号的检验.3.由极值、最值求参数时，易忽视参数应满足的前提范围(如定义域)，导致出现了增解.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.函数y ＝f (x )导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A.(－1，3)为函数y ＝f (x )的递增区间B.(3，5)为函数y ＝f (x )的递减区间C.函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D.函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析由函数y ＝f (x )导函数的图象可知，f (x )的单调递减区间是(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，所以f (x )在x ＝－1，5取得极小值，在x ＝3取得极大值，故选项C 错误. 答案 C2.设a ∈R ，若函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点，则( ) A.a <－1 B.a >－1 C.a >－1eD.a <－1e解析因为y ＝e x ＋ax ，所以y ′＝e x＋a . 又函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点，则方程y ′＝e x＋a ＝0有大于零的解，当x >0时，－e x <－1，所以a ＝－e x<－1. 答案 A3.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( ) A.11或18 B.11 C.18D.17或18解析 ∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，又f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11. 而当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，函数在x ＝1处无极值，故舍去.∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18. 答案 C4.函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( ) A.0B.1C.2D.无数解析函数定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1的Δ＝－20<0，所以g (x )>0恒成立，故f ′(x )>0恒成立，即f (x )在定义域上单调递增，无极值点. 答案 A5.(2019·安庆二模)已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe (e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为( ) A.2e －1B.－1eC.1D.2ln 2解析由题意知，f ′(x )＝2e f ′（e ）x －1e，∴f ′(e)＝2f ′(e)－1e ，则f ′(e)＝1e .因此f ′(x )＝2x －1e，令f ′(x )＝0，得x ＝2e.∴f (x ) 在(0，2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减. ∴f (x )在x ＝2e 处取极大值f (2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2. 答案 D 二、填空题6.函数f (x )＝x e －x，x ∈[0，4]的最大值是________. 解析 f ′(x )＝e －x－x ·e －x＝e －x(1－x )，令f ′(x )＝0，得x ＝1.又f (0)＝0，f (4)＝4e 4，f (1)＝e －1＝1e ，∴f (1)＝1e 为最大值.答案 1e7.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ∈[－1，1]，则f (m )的最小值是________.解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，故a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4.f ′(x )＝－3x 2＋6x ，由此可得f (x )在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，∴当m ∈[－1，1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 答案－48.若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是________.解析函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点等价于f ′(x )＝0有2个不相等的实根且在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有根，由f ′(x )＝0有2个不相等的实根，得a <－2或a >2.由f ′(x )＝0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有根，得a ＝x ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有解，又x ＋1x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103，所以2≤a <103.综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫2，103三、解答题9.设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切.(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值. 解 (1)由f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，得f ′(x )＝a x－2bx ， ∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝a －2b ＝0，f （1）＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12. (2)由(1)知，f (x )＝ln x －12x 2，则f ′(x )＝1x －x ＝1－x2x，当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e ≤x <1，令f ′(x )<0，得1<x ≤e，∴f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1上单调递增；在(1，e]上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.10.(2018·天津卷选编)设函数f (x )＝(x －t 1)(x －t 2)(x －t 3)，其中t 1，t 2，t 3∈R ，且t 1，t 2，t 3是公差为d 的等差数列.(1)若t 2＝0，d ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若d ＝3，求f (x )的极值.解 (1)由已知，得f (x )＝x (x －1)(x ＋1)＝x 3－x ，故f ′(x )＝3x 2－1.因此f (0)＝0，f ′(0)＝－1，又因为曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －f (0)＝f ′(0)(x －0)，故所求切线方程为x ＋y ＝0.(2)由已知得f (x )＝(x －t 2＋3)(x －t 2)(x －t 2－3)＝(x －t 2)3－9(x －t 2)＝x 3－3t 2x 2＋(3t 22－9)x －t 32＋9t 2.故f ′(x )＝3x 2－6t 2x ＋3t 22－9.令f ′(x )＝0，解得x ＝t 2－3，或x ＝t 2＋ 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以函数f (x )的极大值为f (t 2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝63；函数f (x )的极小值为f (t 2＋3)＝(3)3－9×3＝－6 3.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.(2019·郑州质检)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∈N *)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2为2折函数.已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则f (x )为( ) A.2折函数 B.3折函数 C.4折函数D.5折函数解析 f ′(x )＝(x ＋2)e x－(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)(e x－3x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x＝3x ＋2.易知x ＝－2是f (x )的一个极值点，又e x ＝3x ＋2，结合函数图象，y ＝e x 与y ＝3x ＋2有两个交点.又e －2≠3(－2)＋2＝－4. ∴函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数. 答案 C12.若函数f (x )＝2x 2－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________.解析因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1x，所以由f ′(x )＝0解得x＝12，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 13.传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12 cm 且以每秒1 cm 等速率缩短，而长度以每秒20 cm 等速率增长.已知神针的底面半径只能从12 cm 缩到4 cm ，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm 时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________ cm.解析设神针原来的长度为a cm ，t 秒时神针的体积为V (t ) cm 3，则V (t )＝π(12－t )2·(a＋20t )，其中0≤t ≤8，所以V ′(t )＝[－2(12－t )(a ＋20t )＋(12－t )2·20]π. 因为当底面半径为10 cm 时其体积最大，所以10＝12－t ，解得t ＝2，此时V ′(2)＝0，解得a ＝60，所以V (t )＝π(12－t )2·(60＋20t )，其中0≤t ≤8.V ′(t )＝60π(12－t )(2－t )，当t ∈(0，2)时，V ′(t )>0，当t ∈(2，8)时，V ′(t )<0，从而V (t )在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，V (0)＝8 640π，V (8)＝3 520π，所以当t ＝8时，V (t )有最小值3 520π，此时金箍棒的底面半径为4 cm. 答案 414.设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x (常数a >0). (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围. 解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞). 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.又a >0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减.∴函数y ＝g (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意.②当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意.③当a >12时，0<12a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意.综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.。

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.已知函数（1）若是的极值点，求的极大值；（2）求实数的范围，使得恒成立.【答案】（1）极大值为;（2）综上所述：时，恒成立．【解析】（1）通过“求导数、求驻点、讨论驻点附近导数值的符号、确定极值”，“表解法”形象直观；（2）应用转化与化归思想.要使得恒成立，即时，恒成立；构造函数，应用导数研究函数的最值，注意分以下情况：（ⅰ）当时，（ii）当时，（iii）当时，（iv）当a>1时，综上所述：时，恒成立．试题解析：（1）是的极值点解得 2分当时，当变化时，+4分的极大值为 6分（2）要使得恒成立，即时，恒成立 8分设，则（ⅰ）当时，由得单减区间为，由得单增区间为，得 10分（ii）当时，由得单减区间为，由得单增区间为，此时，不合题意． 10分（iii）当时，在上单增，不合题意． 12分（iv）当a>1时，由得单减区间为，由得单增区间为，此时不合题意． 13分综上所述：时，恒成立． 14分【考点】1.应用导数研究函数的单调性、极（最）值，2.应用导数证明不等式3.转化与化归思想.2.设函数在处取极值，则= ．【答案】2.【解析】因为，又函数在处取极值，所以，从而．【考点】１．函数导数的求法；２．三角恒等变形公式．3.函数的极小值是 .【答案】.【解析】，令，解得，列表如下：极大值极小值故函数在处取得极小值，即.【考点】函数的极值4.已知曲线.(1)若曲线C在点处的切线为，求实数和的值；(2)对任意实数，曲线总在直线:的上方，求实数的取值范围.【答案】(1)，，(2)．【解析】(1)根据导数几何意义，所以.因为，所以.因为过点，所以，(2)由题意得：不等式恒成立，恒成立问题一般转化为最值问题.一是分类讨论求函数最小值，二是变量分离为恒成立，求函数最小值.两种方法都是，然后对实数a进行讨论，当时，，所以.当时,由得，不论还是，都是先减后增，即的最小值为，所以.试题解析：解（1）， 2分因为曲线C在点（0，1）处的切线为L：，所以且. 4分解得， -5分（2）法1：对于任意实数a，曲线C总在直线的的上方，等价于∀x,，都有，即∀x,R，恒成立， 6分令， 7分①若a=0，则，所以实数b的取值范围是； 8分②若,，由得， 9分的情况如下：+11分所以的最小值为， 12分所以实数b的取值范围是；综上，实数b的取值范围是． 13分法2：对于任意实数a，曲线C总在直线的的上方，等价于∀x,，都有，即∀x,R，恒成立， 6分令，则等价于∀，恒成立，令，则， 7分由得， 9分的情况如下：+-11分所以的最小值为， 12分实数b的取值范围是． 13分【考点】利用导数求切线、最值.5.设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，则下列图像不可能为y＝f(x)的图像的是()【答案】D【解析】若x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，则易得a＝c.∵选项A、B的函数为f(x)＝a(x＋1)2，其中a≠0，则[f(x)e x]′＝f′(x)e x＋f(x)(e x)′＝a(x＋1)·(x＋3)e x，∴x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，满足条件；选项C中，对称轴x＝－>0，且开口向下，∴a<0，b>0，∴f(－1)＝2a－b<0，也满足条件；选项D中，对称轴x＝－<－1，且开口向上，∴a>0，b>2a，∴f(－1)＝2a－b<0，与图像矛盾，故选D.6.已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则 ()．A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值【答案】C【解析】当k＝1时，f′(x)＝e x·x－1，f′(1)≠0，∴x＝1不是函数f(x)的极值点．当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xe x＋e x－2)，显然f′(1)＝0，且x在1的左边附近f′(x)<0，x在1的右边附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取到极小值．7.若函数满足：在定义域内存在实数，使(k为常数)，则称“f（x）关于k可线性分解”．（Ⅰ）函数是否关于1可线性分解?请说明理由；（Ⅱ）已知函数关于可线性分解，求的取值范围；（Ⅲ）证明不等式：．【答案】（Ⅰ）是关于1可线性分解；（Ⅱ）a的取值范围是；（Ⅲ）详见解析．【解析】（Ⅰ）函数是否关于1可线性分解，关键是看是否存在使得成立，若成立，是关于1可线性分解，否则不是关于1可线性分解，故看是否有解，构造函数，看它是否有零点，而，观察得，，有根的存在性定理可得存在，使；（Ⅱ）先确定定义域为，函数关于可线性分解，即存在，使，即有解，整理得有解，即，从而求出的取值范围；（Ⅲ）证明不等式：，当时，，对求导，判断最大值为，可得，分别令，叠加可得证结论．试题解析：（Ⅰ）函数的定义域是R，若是关于1可线性分解，则定义域内存在实数，使得．构造函数．∵，且在上是连续的，∴在上至少存在一个零点．即存在，使． 4分（Ⅱ）的定义域为．由已知，存在，使．即．整理，得，即．∴，所以．由且，得．∴a的取值范围是． 9分（Ⅲ）由（Ⅱ）知，a =1，，．当时，，所以的单调递增区间是，当时，，所以的单调递减区间是，因此时，的最大值为，所以，即，因此得：，，，，，以上各式相加得：，即，所以，即．１４分【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用．8.如图，已知点，函数的图象上的动点在轴上的射影为，且点在点的左侧.设，的面积为.（Ⅰ）求函数的解析式及的取值范围；（Ⅱ）求函数的最大值.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）当时，函数取得最大值8.【解析】（Ⅰ）确定三角形面积，主要确定底和高.（Ⅱ）应用导数研究函数的最值，遵循“求导数，求驻点，讨论驻点两侧导数正负，比较极值与区间端点函数值”.利用“表解法”形象直观，易以理解.试题解析：（Ⅰ）由已知可得，所以点的横坐标为, 2分因为点在点的左侧，所以，即.由已知，所以， 4分所以所以的面积为. 6分（Ⅱ） 7分由，得（舍）,或. 8分函数与在定义域上的情况如下：2+↘12分所以当时，函数取得最大值8. 13分【考点】三角形面积，应用导数研究函数的最值.9.设.（1）若时，单调递增，求的取值范围；（2）讨论方程的实数根的个数.【答案】(1)；（2）见解析.【解析】(1)求出函数导数，当时，单调递增，说明当时，，即在恒成立，又函数在上递减，所以；（2）将方程化为，令，利用导数求出的单调区间，讨论的取值当时，，当时，，所以当时，方程无解，当时，方程有一个根，当时，方程有两个根.试题解析：（1）∵∴∵当时，单调递增∴当时，∴,，函数在上递减∴（2）∴令当时∵∴即在递增当时∵∴即在递减∵当时当时∴①当时，方程无解②当时，方程有一个根③当时，方程有两个根【考点】利用导数求函数最值、利用导数研究函数取值、函数和方程思想.10.函数上有最小值，实数a的取值范围是（）A．(-1,3)B．(-1,2)C．D．【答案】D【解析】由题 f'（x）=3-3x2，令f'（x）＞0解得-1＜x＜1；令f'（x）＜0解得x＜-1或x＞1,由此得函数在（-∞，-1）上是减函数，在（-1，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数故函数在x=-1处取到极小值-2，判断知此极小值必是区间（a2-12，a）上的最小值.∴a2-12＜-1＜a，解得-1＜a＜，又当x=2时，f（2）=-2，故有a≤2,综上知a∈（-1，2],故选D.【考点】用导数研究函数的最值11.设函数，其中.（1)若在处取得极值，求常数的值；（2）设集合，，若元素中有唯一的整数，求的取值范围.【答案】（1)；（2）【解析】（1）由在处取得极值，可得从而解得，此问注意结合极值定义检验所求值是否为极值点；（2）分，，和三种情况得出集合A，然后由元素中有唯一的整数，分析端点，从而求出的取值范围.试题解析：（1），又在处取得极值，故，解得.经检验知当时，为的极值点，故.（2）,当时，，则该整数为2，结合数轴可知，当时，，则该整数为0，结合数轴可知当时，,不合条件.综上述，.【考点】1.利用导数处理函数的极值；2.集合元素的分析12.定义在上的函数满足：①（为正常数）；②当时，.若函数的所有极大值点均在同一条直线上，则_____________.【答案】或.【解析】当时，，故函数在上单调递增，在上单调递增，故函数在处取得极大值，当时，则，此时，此时，函数在处取得极大值，对任意，当时，函数在处取得极大值，故函数的所有极大值点为，由于这些极大值点均在同一直线上，则直线的斜率为定值，即为定值，故或，即或.【考点】1.函数的极值；2.直线的斜率13.若不等式对恒成立，则实数的取值范围是 .【答案】【解析】由得或，即或.又，所以或.因为不等式对恒成立，所以或.(1)令，则.令得，当时，；当时，.所以在上是增函数，在是减函数.所以，所以.(2)令，则，因为，所以，所以易知，所以在上是增函数.易知当时，，故在上无最小值，所以在上不能恒成立.综上所述，，即实数的取值范围是.【考点】利用导数研究函数的单调性、利用函数单调性求最值、含绝对值不等式的解法14.（本小题满分共12分）已知函数，曲线在点处切线方程为。

高考数学利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题(解析版)题型一：利用导数研究函数的单调性

题型一：利用导数研究函数的单调性1、讨论函数的单调性（或区间）1．已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ．（1）讨论函数的单调性；【答案】（1）答案见解析；（2）0a ≤.【详解】解：（1）由已知定义域为()0,∞+，()211'()x a a f x x x x-++=-= 当10a +≤，即1a ≤-时，()'0f x >恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增；当10a +>，即1a >-时，x =或x =所以()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增.所以1a ≤-时，()f x 在()0,∞+上单调递增；1a >-时，()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增. （2）由（1）可知，当1a ≤-时，()f x 在()1,+∞上单调递增，若()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立，只需(1)0f ≥，而(1)0f =恒成立，所以1a ≤-成立；当1a >-1≤，即10a -<≤，则()f x 在()1,+∞上单调递增，又(1)0f =，所以10a -<≤成立；若0a >，则()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增，又(1)0f =，所以(0x ∃∈，()0()10f x f <=，不满足()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立.所以综上所述：0a ≤.2．已知函数32()f x x x mx =+-.（1）若函数()f x 在2x =处取到极值，求曲线()y f x =在(1,())f x 处的切线方程；（2）讨论函数()f x 的单调性.【答案】（1）113y x =--；（2）()f x 在⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减. 【详解】（1）依题意，2()32f x x x m '=+-，(2)1240f m '=+-=，解得16m =，经检验，16m =符合题意；故32()16f x x x x =+-，2()3216f x x x '=+-，故(1)21614f =-=-，(1)11f '=-，故所求切线方程为1411(1)y x +=--，即113y x =--；（2）依题意2()32f x x x m '=+-，412m ∆=+，若0∆，即13m -时，()0f x '，()f x 在R 上单调递增；若0∆>，即13m >-时，令()0,f x x '===令12x x == 故当()1,x x ∈-∞时，()0f x '>，当()12,x x x ∈时，()0f x '<，当()2,x x ∈+∞时，()0f x '>，故函数()f x 在⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减. 3．已知函数()ln a f x x x=+（a 为常数）（1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）0a ≤时，(0,)+∞递增，0a >时，在(0,)a 递减，(,)a +∞递增；【详解】（1）函数定义域是(0,)+∞，221()a x a f x x x x-'=-=， 0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x 在(0,)+∞上是增函数；0a <时，0x a <<时，()0f x '<，()f x 递减，x a >时，()0f x '>，()f x 递增．2、根据函数的单调性求参数的取值范围1．已知函数321()23f x ax x x =+-+，其中a R ∈. （1）若函数()f x 恰好有三个单调区间，求实数a 的取值范围；【答案】（1）()()1,00,a ∈-+∞；【详解】（1）由321()23f x ax x x =+-+，得2()21f x ax x '=+-. ∵()f x 存在三个单调区间∴()0f x '=有两个不相等的实数根，即2210ax x .∴00a ≠⎧⎨∆>⎩，即0440a a ≠⎧⎨+>⎩，故()()1,00,a ∈-+∞.2．已知函数()321f x x ax =++，a R ∈. （1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在区间2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭内是减函数，求a 的取值范围；（3）若函数()f x 的单调减区间是2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭，求a 的值. 【答案】（1）答案见解析（2）[)1,+∞（3）1（1）由题意知，22()323()3a f x x ax x x '=+=+，当0a =时，2()30f x x '=≥恒成立，所以()f x 的单调递增区间是()-∞+∞，；当0a >时，令2()0()(0)3a f x x '>⇒∈-∞-+∞，，，令2()0(0)3a f x x '<⇒∈-，，所以()f x 的单调递增区间为2(),(0)3a -∞-+∞，，，单调递减区间为2(0)3a -，，当0a <时，令2()0(0)()3a f x x '>⇒∈-∞-+∞，，，令2()0(0)3a f x x '<⇒∈-，，所以()f x 的单调递增区间为2(0)()3a -∞-+∞，，，，单调递减区间为2(0)3a -，；（2）由(1)知，当0a >时，有22(0)(0)33a -⊆-，，，所以2233a -≤-，解得1a ≥，即a 的取值范围为[1)+∞，；（3）由(1)知，当0a >时，有22(0)(0)33a -=-，，，所以2233a -=-，解得1a =.3．已知函数()3f x x ax =-+，a R ∈（1）若()f x 在)1,⎡+∞⎣上为单调减函数，求实数a 取值范围；【答案】（1）3a ≤；（2）最大值为0，最小值为16-．【详解】解：（1）因为()3f x x ax =-+，则()'23f x x a =-+．依题意得()'230f x x a =-+≤在[)1,x ∈+∞恒成立，∴23a x ≤在[)1,x ∈+∞恒成立．因为当1≥x 时，233x ≥，所以 3a ≤．（2）当12a =时，()312f x x x =-+，()()()'2312322f x x x x =-+=-+-，令'0f x 得[]123,0x =∉-，22x =-，所以当32x -<<-时，()'0f x <，()f x 单调递减，当20x -<<时，()'>0f x ，()f x 单调递增，又()327369f -=-=-，()282416f -=-=-，()00f =．∴()f x 在[]3,0-上最大值为0，最小值为16-．。

高考数学测试卷人教A版文科数学课时试题及解析(15)导数与函数的极值、最值B

课时作业(十五)B [第15讲导数与函数嘚极值、最值][时间：45分钟分值：100分]基础热身1．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0,2π)上是( )A．增函数B．减函数C．在(0，π)上增，在(π，2π)上减D．在(0，π)上减，在(π，2π)上增2．[2012·济南模拟] 已知f′(x)是函数f(x)嘚导数，y＝f′(x)嘚图象如图K15－3所示，则y＝f(x)嘚图象最有可能是下图中嘚( )图K15－3图K15－43．函数f(x)＝x3＋3x2＋4x－a嘚极值点嘚个数是( )A．2 B．1C．0 D．由a决定4．f(x)＝axlnx嘚极大值为－2e，则a＝________.能力提升5．已知函数f(x)＝x3－px2－qx嘚图象与x轴切于点(1,0)，则f(x)嘚极值为( )A．极大值为427，极小值为0B．极大值为0，极小值为－4 27C．极小值为－527，极大值为0D．极小值为0，极大值为5 276．已知函数f(x)＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 嘚取值范围是( ) A ．－1<a<2 B ．a<－3或a>6 C ．－3<a<6 D ．a<－1或a>27．已知f(x)＝2x 3－6x 2＋m(m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上嘚最小值为( )A ．－5B ．－11C ．－29D ．－378．对任意嘚x ∈R ，函数f(x)＝x 3＋ax 2＋7ax 不存在极值点嘚充要条件是( ) A ．0≤a≤21 B ．a ＝0或a ＝7 C ．a<0或a>21 D ．a ＝0或a ＝219．函数y ＝f′(x)是函数y ＝f(x)嘚导函数，且函数y ＝f(x)在点P(x 0，f(x 0))处嘚切线为l ：y ＝g(x)＝f′(x 0)(x －x 0)＋f(x 0)，F(x)＝f(x)－g(x)，如果函数y ＝f(x)在区间[a ，b]上嘚图象如图K15－5所示，且a<x 0<b ，那么( )图K15－5A ．F′(x 0)＝0，x ＝x 0是F(x)嘚极大值点B ．F′(x 0)＝0，x ＝x 0是F(x)嘚极小值点C ．F′(x 0)≠0，x ＝x 0不是F(x)嘚极值点D ．F′(x 0)≠0，x ＝x 0是F(x)嘚极值点10．[2011·广东卷] 函数f(x)＝x 3－3x 2＋1在x ＝________处取得极小值．11．[2011·绵阳模拟] 图K15－6是函数y ＝f(x)嘚导函数嘚图象，给出下面四个判断．图K15－6①f(x)在区间[－2，－1]上是增函数； ②x ＝－1是f(x)嘚极小值点；③f(x)在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数； ④x ＝3是f(x)嘚极小值点．其中，所有正确判断嘚序号是________．12．已知关于x 嘚函数f(x)＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc ，如果函数f(x)在x ＝1处取极值－43，则b ＝________，c ＝________.13．设a ∈R ，函数f(x)＝ax 3－3x 2，若函数g(x)＝f(x)＋f′(x)，x ∈[0,2]在x ＝0处取得最大值，则a 嘚取值范围是________．14．(10分)[2011·北京卷] 已知函数f(x)＝(x －k)e x . (1)求f(x)嘚单调区间；(2)求f(x)在区间[0,1]上嘚最小值．15．(13分)已知函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f(x)在点x ＝1处嘚切线l 不过第四象限且斜率为3，又坐标原点到切线l 嘚距离为1010，若x ＝23时，y ＝f(x)有极值．(1)求a ，b ，c 嘚值；(2)求y ＝f(x)在[－3,1]上嘚最大值和最小值．难点突破16．(12分)已知f(x)＝xlnx ，g(x)＝12x 2－x ＋a.(1)当a ＝2时，求函数y ＝g(x)在[0,3]上嘚值域； (2)求函数f(x)在[t ，t ＋2](t>0)上嘚最小值；(3)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有xlnx>g′x ＋1e x －2e 成立．课时作业(十五)B 【基础热身】1．A [解析] f′(x)＝1－cosx>0，∴f(x)在(0,2π)上递增．故选A.2．B [解析] 根据导数值嘚正负与函数单调性嘚关系可以判断选项B 正确．3．C [解析] f′(x)＝3x 2＋6x ＋4＝3(x ＋1)2＋1>0，则f(x)在R 上是增函数，故不存在极值点． 4．2 [解析] 函数嘚定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝－a lnx ＋1x 2ln 2x，令f′(x)＝0，得x ＝1e，当a>0时，列表如下： x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 1e⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 －－ f(x)单调递增极大值单调递减单调递减当x ＝1e 时，函数f(x)有极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a 1e ln 1e＝－ae ，故－ae ＝－2e ，解得a ＝2；当a<0时，列表如下： x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 1e⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋＋ f(x)单调递减极小值单调递增单调递增无极大值．故a ＝2. 【能力提升】5．A [解析] 由题设知：⎩⎪⎨⎪⎧ f′1＝0，f 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1，所以f(x)＝x 3－2x 2＋x ，进而可求得f(1)是极小值，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13是极大值，故选A.6．B [解析] f′(x)＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，因为函数有极大值和极小值，所以f′(x)＝0有两个不相等嘚实数根，所以判别式Δ＝4a 2－4×3(a＋6)>0，解得a<－3或a>6.7．D [解析] 由f′(x)＝6x 2－12x>0得x<0或x>2，由f′(x)<0得0<x<2，∴f(x)在[－2,0]上为增函数，在[0,2]上为减函数．∴x ＝0时，f(x)max ＝m ＝3.又f(－2)＝－37，f(2)＝－5.∴f(x)min ＝－37.8．A [解析] f′(x)＝3x 2＋2ax ＋7a ，令f′(x)＝0，当Δ＝4a 2－84a≤0，即0≤a≤21时，f′(x)≥0恒成立，函数不存在极值点．9．B [解析] F′(x)＝f′(x)－g′(x)，∴F′(x 0)＝f′(x 0)－g′(x 0)＝f′(x 0)－f′(x 0)＝0，且x<x 0时，F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝f′(x)－f′(x 0)<0，x>x 0时，F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝f′(x)－f′(x 0)>0，故x ＝x 0是F(x)嘚极小值点，选B.10．2 [解析] f′(x)＝3x 2－6x ，令f′(x)＝0，得x 1＝0，x 2＝2，当x ∈(－∞，0)时，f′(x)>0，当x ∈(0,2)时，f′(x)<0，当x ∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，显然当x ＝2时f(x)取极小值．11．②③ [解析] 由函数y ＝f(x)嘚导函数嘚图象可知：(1)f(x)在区间[－2，－1]上是减函数，在[－1,2]上为增函数，在[2,4]上为减函数；(2)f(x)在x ＝－1处取得极小值，在x ＝2处取得极大值．故②③正确．12．－1 3[解析] f′(x)＝－x 2＋2bx ＋c ，由f(x)在x ＝1处取极值－43，可得⎩⎪⎨⎪⎧f′1＝－1＋2b ＋c ＝0，f 1＝－13＋b ＋c ＋bc ＝－43，解得⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝1，c ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝3.若b ＝1，c ＝－1，则f′(x)＝－x 2＋2x －1＝－(x －1)2≤0，此时f(x)没有极值；若b ＝－1，c ＝3，则f′(x)＝－x 2－2x ＋3＝－(x ＋3)(x －1)，当－3<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0， ∴当x ＝1时，f(x)有极大值－43.故b ＝－1，c ＝3即为所求．13.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，65 [解析] g(x)＝ax 3－3x 2＋3ax 2－6x ＝ax 2(x ＋3)－3x(x ＋2)．当g(x)在区间[0,2]上嘚最大值为g(0)时，g(0)≥g(2)，即0≥20a－24，得a≤65.反之，当a≤65时，对任意x ∈[0,2]，g(x)≤65x 2(x ＋3)－3x(x ＋2)＝3x5(2x 2＋x －10)＝3x5(2x ＋5)(x －2)≤0，而g(0)＝0，故g(x)在区间[0,2]上嘚最大值为g(0)．综上，a 嘚取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，65.14．[解答] (1)f′(x)＝(x －k ＋1)e x . 令f′(x)＝0，得x ＝k －1. x 与f(x)、f′(x)嘚变化情况如下：x (－∞，k －1) k －1 (k －1，＋∞) f′(x) － 0 ＋f(x)－e k －1所以，f(x)嘚单调递增区间是(k －1，＋∞)；单调递减区间是(－∞，k －1)．(2)当k －1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上嘚最小值为f(0)＝－k ；当0<k －1<1，即1<k<2时，由(1)知f(x)在[0，k －1)上单调递减，在(k －1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上嘚最小值为f(k －1)＝－e k －1；当k －1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减．所以f(x)在区间[0,1]上嘚最小值为f(1)＝(1－k)e.15．[解答] (1)由f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f′(x)＝3x 2＋2ax ＋b. 当x ＝1时，切线l 嘚斜率为3，可得2a ＋b ＝0.①当x ＝23时，y ＝f(x)有极值，则f′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝0，可得4a ＋3b ＋4＝0.②由①②解得a ＝2，b ＝－4.设切线l 嘚方程为y ＝3x ＋m. 由原点到切线l 嘚距离为1010，得|m|32＋1＝1010，解得m ＝±1.∵切线l 不过第四象限，∴m ＝1. 由于切点嘚横坐标为x ＝1，∴f(1)＝4. ∴1＋a ＋b ＋c ＝4， ∴c ＝5.(2)由(1)可得f(x)＝x 3＋2x 2－4x ＋5， ∴f′(x)＝3x 2＋4x －4.令f′(x)＝0，得x ＝－2或x ＝23.当x 变化时，f(x)和f′(x)嘚变化情况如下表： x (－3，－2) －2 ⎝⎛⎭⎪⎫－2，2323⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)极大值极小值∴f(x)在x ＝－2处取得极大值f(－2)＝13，在x ＝23处取得极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝9527，又f(－3)＝8，f(1)＝4，∴f(x)在[－3,1]上嘚最大值为13，最小值为9527.【难点突破】16．[解答] (1)∵g(x)＝12(x －1)2＋32，x ∈[0,3]，当x ＝1时，g(x)min ＝g(1)＝32；当x ＝3时，g(x)max ＝g(3)＝72.故当a ＝2时，g(x)在[0,3]上嘚值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，72.(2)f′(x)＝lnx ＋1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，f′(x)>0，f(x)单调递增．①0<t<t ＋2<1e，t 无解；②0<t<1e <t ＋2，即0<t<1e 时，f(x)min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ；③1e ≤t<t＋2，即t≥1e时，f(x)在[t ，t ＋2]上单调递增，f(x)min ＝f(t)＝tlnt ；所以f(x)min＝⎩⎪⎨⎪⎧－1e ，0<t<1e，tlnt ，t ≥1e .(3)g′(x)＋1＝x ，所以问题等价于证明xlnx>x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，由(2)可知f(x)＝xlnx(x ∈(0，＋∞))嘚最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e时取到．设m(x)＝xe x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m′(x)＝1－x e x ，易得m(x)max ＝m(1)＝－1e ，当且仅当x ＝1时取到，从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有xlnx>g′x ＋1e x －2e 成立．。

2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：14导数与函数的单调性Word版含解析

课时作业14导数与函数的单调性一、选择题础巩1.下列函数中，在(0，+*)上为增函数的是(B )A . f(x) = sin2x B. f(x) = xe xC. f(x) = x3—xD. f(x)=- x+lnx解析：对于A, f(x) = sin2x的单调递增区间是Ik T— k n+ f(k € Z);对于B, f f (x) = e x(x + 1),当x€ (0,+乂)时,f f (x)>0，二函数f(x) = xe x 在(0,+乂)上为增函数；对于C, f‘ (x) = 3x1 2- 1,令F (x)>0，得x>¥或x<-¥，二函数f(x) = x3—x 在:-x,—¥和囂^+乂”单调递增；对于Df (x) = —1+〒，令f f (x)>0, 得0<x<1,「.函数f(x) = —x+lnx在区间(0,1)上单调递增.综上所述，故选B.1解析：因为函数f(x)的定义域为(0,+*),且F (x)= lnx+ x^ =zve .3. (2019河南新乡二模)若函数y =芸在(1,+工)上单调递减, 则称f(x)为P函数.下列函数中为P函数的为(B )1① f(x)= 1;② f(x) =X ；③ f(x) =-:④ f(x)= x.zvA .①②④B .①③C .①③④D .②③1 1解析：x €(1,+X )时，inx>o , x 增大时，磁，后都减小，二y1 1 1=磁，y =x^在(1,+^)上都是减函数，f(x) = 1和f(x)=-都是P函数；二耐，二x € (1, e)时，<°，x € (e , + X )时，孟)>0,即y =击在(1, e)上单调递减，在(e ,+^)上单调递增， /f(x) = x 不是P 函数；紺=翥存* (1，自时，爲’<0, x € @,+切时，啓)>0,即y = ^在(1, e 2)上单调递减，在(e 2, + x )上单调递增，.f(x)= ,x 不是P 函数.故选B.4. 已知函数y =xf ‘ (x)的图象如图所示(其中f ‘(x)是函数f(x)的2 .函数f(x) =3 + xlnx 的单调递减区间是(B )-汽e ) (nBA 0, e 丿C.D. 1 lnx +1,令f f (x)<0，解得0<x<e ,故f(x)的单调递减区间是0, D解析：由题图知当0<x<1时，xf‘ (x)<0,此时f‘ (x)<0,函数f(x)递减.当 x>1 时，xf ‘(x)>0，此时 f ‘(x)>0,函数 f(x)递增.所以当x = 1时，函数f(x)取得极小值.当 x< - 1 时，xf ‘ (x)<0,此时 f ‘ (x)>0,函数 f(x)递增，当一1<x<0 时，xf ‘ (x)>0，此时f ‘ (x)<0，函数f(x)递减，所以当x =- 1时，函数取得极大值.符合条件的只有C 项. 15. 已知函数f(x) = qx 2-tcosx ,若其导函数f ‘ (x)在R 上单调递增，则实数t 的取值范围为(C )A. - 1,-C . [- 1,1]D. - 1, 3 解析：因为 f(x) = 2，x 2- tcosx ,所以 f ‘ (x)= x + tsinx.令 g(x) = f ‘ (x),因为f ‘(x)在R 上单调递增，所以g ‘ (x)= 1 + tcosx > 0恒成立，所以1<t < 1,即实数t 的取值范围为[-1,1].6. 定义在 R 上的函数 f(x)满足：f(x)>1 - f ‘ (x), f(0) = 0, f ‘ (x) 是f(x)的导函数，贝S 不等式 gf(x)>e x —1(其中e 为自然对数的底数)的解集为(A )A . (0,+乂 )B . (— = ,— 1)U (0,+乂)C . ( — = , 0)U (1,+乂 )D . (- 1,+乂 )tcosx > — 1 恒成立，因为 cosx € [ — 1,1],所以 lt >- 1,所以一解析：设g(x) = e x f(x)-e，则g‘ (x) = e x f(x) + e x f' (x)-e x.由已知f(x)>1 -f‘(x),可得g‘ (x)>0在R上恒成立，即g(x)是R上的增函+ x )数.因为f(0) = 0,所以g(0) = - 1,则不等式e x f(x)>e x - 1可化为 g(x)>g(0)，所以原不等式的解集为(0,+^).■ n n n7 .已知函数 y = f(x)对于任意 x € — 2，2丿满足f (x)cosx +f(x)sinx>0(其中f ‘(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是(A )解析：构造F(x) = CO,形式,Tf ‘ (x)cosx +f(x)sinx>0，贝U F ‘ (x)>0, F(x)在「2，2增.把选项转化后可知选A.、填空题8.函数f(x) = lnx -2x 2-x + 5的单调递增区间为0, 丿.1解析：函数f(x)的定义域为(0,+x ),再由f (x) = ■■ — x — 1>0ZV可解得0<x< 2 —.9. (2019湖北襄阳调研)已知定义在R 上的可导函数f(x)的导函数 y =f ‘ (x),满足 f (x)<f(x), f(0) = 1,则不等式 f(x)<e x 的解集为｛0, 解析：令 F(x)=g ，则 F(0) = 1,f ‘(xJe T — f(xb x f (x )—f(x) F ‘ (x) = e 2^ = e <0,f ‘ x cosx +f x sinx则L (x) = ------------ 昴故F(x)为R上的减函数，有f(x)ve x等价于F(x)<1，即F(x)<F(O).故不等式f(x)ve x的解集为(0,+ 乂).10. (2019陕西渭南质检)已知函数f(x)= ax3+ bx2的图象经过点M(1,4),曲线在点M处的切线恰好与直线x+ 9y= 0垂直.若函数f(x) 在区间[m, m+ 1]上单调递增，则m的取值范围是( — = 31 U [0,解析：,-f(x) = ax3+ bx2的图象经过点M(1,4),•••a+ b= 4①，f‘ (x) = 3ax2+ 2bx,则f‘ (1)= 3a + 2b.(n由题意可得f‘ (i) —9 = —i,即3a + 2b = 9②.联立①②两式解得a= 1, b= 3,/.f(x) =x3+ 3x2, f‘ (x) = 3x2+ 6x.令f‘ (x) = 3x2+ 6x>0,得x>0 或x< —2. v函数f(x)在区间[m, m+ 1]上单调递增，• [m, m+ 1]? (—^,—2] U [0,+乂)，二m》0 或m+ 1 < —2,即m》0 或m W—3.三、解答题11. (2019云南玉溪模拟)已知函数f(x) = xlnx.(1)设函数g(x) = f(x)—a(x—1)，其中a € R，讨论函数g(x)的单调性；⑵若直线I过点(0,—1),并且与曲线y=f(x)相切，求直线I的方程.解:(1) *.f(x) = xlnx, -*g(x) = f(x) —a(x—1) = xlnx—a(x—1),则g‘ (x) =lnx+ 1 —a.由g‘ (x)<0，得lnx+1 —a<0,解得0<x<e a—1;由g‘ (x)>0,得lnx+ 1 —a>0,解得x>e a_ 3. -g(x)在(0, e a-1)上单调递减，在(e a_ 1, + g) 3②当o<a<e时，lna< —1,由f‘ (x)>o，得x<lna 或x> —1;由f‘ (x)<o，得lna<x< —1,所以单调递增区间为(一g, lna), (—1,+ g)，单调递减区间为(lna, —1).1③当a>e时，lna> —1,由f‘ (x)>o，得x< —1 或x>lna;由f‘ (x)<o, 得一1<x<lna,所以单调递增区间为(一g , —1), (lna,+g)，单调递减区间为(一1, lna).1 1综上所述，当a = e时，f(x)在R上单调递增；当o<a<e时，单调13. 设函数f(x)在R上存在导函数f‘(x),对任意的实数x都有f(x) = 4X2—f( —x),当x€ (—o, 0)时，f，(x)+2<4x,若f(m+ 1)<f(—m) + 4m+2,则实数m的取值范围是(A )；1 、— 3 、A. —2,+oB. —2,+oC. [—1,+o)D. [ —2,+o )解析：令F(x) = f(x) —2x2，因为F(—x)+ F(x) = f( —x) + f(x) —4x2 =0,所以F( —x) = —F(x),故F(x) = f(x) —2x2是奇函数.则当x€ (—1o,0)时，F‘ (x) = f‘ (x) —4x< —2<0,故函数F(x) = f(x) —2x2在(一o,0)上单调递减，故函数F(x)在R上单调递减.不等式f(m+ 1)<f(—m) + 4m + 2 等价于f(m + 1) —2(m+ 1)2<f( —m) —2m2，即F(m +1上单调递增.⑵设切点坐标为(x o, y o),则y o= x o lnx o，切线的斜率为lnx°+ 1. 切线l 的方程为y—X o lnx o = (lnx o + 1)(x —x o).又切线l 过点(o, —1)，二一1 —X o lnx o = (lnx o+ 1)(o—x o)，即一1 —x o lnx o = —x o lnx o—x o，解得x o = 1, y o = o.二直线l 的方程为y= x—1.12. (2019 山东枣庄调研)已知函数f(x) = xe x—a~x2+ xj(a€ R).(1) 若a = o,求曲线y= f(x)在点(1, e)处的切线方程；(2) 当a>o时，求函数f(x)的单调区间.解：(1)a = o 时，f‘ (x) = (x+ 1)e x,所以切线的斜率k= f‘ (1)= 2e 又f(1) = e,所以y=f(x)在点(1, e)处的切线方程为y—e= 2e(x—1), 即2ex—y—e= o.(2)f‘ (x) = (x+ 1)(e x—a)，令f‘ (x) = o,得x=—1 或x= lna.1①当a= e时，F (x)>o恒成立，所以f(x)在R上单调递增.递增区间为(一00 , lna), (—1,+x)，单调递减区间为(Ina, —1);11)< F( —m)，由函数的单调性可得m+ 1 > —m,即卩m》一2.故选A.14. (2019西安八校联考)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x) = f(2 —x)，且(x—1f (x)<0，若a= f(0), b= f? , c= f(3),则a, b, c 的大小关系是b>a>c.解析：解法1:因为f(x) = f(2 —x)，所以函数f(x)的图象关于直线x= 1对称.因为(x—1)f‘ (x)<0.所以当x>1时，f‘ (x)<0,所以函数f(x)在(1,+o)上单调递减；当x<1时，f (x)>0,所以函数f(x)在(一o,当a>e时，单调递增区间为(一O,—1), (lna,+o),单调递减区间为(—1, Ina).力提升练1)上单调递增.据此，可画出一个符合题意的函数f(x)的大致图象,如图所示.c= f(3)是图中点C的纵坐标，故由图可得b>a>c.解法2:因为f(x) = f(2-x)，所以函数f(x)的图象关于直线x= 1 对称.因为(x- 1)f‘ (x)<0,所以当x>1时，f‘ (x)<0，所以函数f(x) 在(1,+乂)上单调递减；当x<1时，f (x)>0,所以函数f(x)在(一乂，1)上单调递增.取符合题意的函数f(x)=- (x-1)4 5，贝y a = f(0)=- 1, b= f(2)=1 皿—4, c= f(3) = - 4,故b>a>c.尖子生小题库一一供重点班学生使用，普通班学生慎用15. (2019益阳、湘潭调研考试)n是圆周率，e是自然对数的底数，在3e,e3,e n, n，3n, n六个数中，最小的数与最大的数分别是(A )4 —lnx=—h,当f‘ (x)>0,即0<x<e 时，函数f(x)单调递增；当f‘ (x)<0,A . 3e,3n B. 3e, e nC. e3, nD. £3”lnx解析：构造函数f(x) = ~x，f(x)的定义域为(0, +x),求导得f (x)即x>e 时，函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为(0, e), 单调递减区间为 (e , + g). v e<3< n-eln3<eln , n lne< n 即3In3e <ln n Ine n<ln3 ".又函数y = Inx , y = e x , y = n 在定义域上单调递增，故3e < T t < n 3，e 3ve”<3n，故这六个数中的最大数为n t 或3”，由e<3< n In ，口 “In 兀 In3 Ine 「In n In3及函数f(x) = 2的单调性，得f( n f3)vf(e),即二，由=<~T ，得In 3<In3 ；二3"，在3e ，e 3，e n ，n 3,3n ，n 六个数中的最大的数是3n，同理得最小的数为3e .故选A. 116. (2019重庆六校联考)已知函数f(x) = qx 2— ax + (a — 1)Inx.(1) 讨论函数f(x)的单调性；(2) 若对任意的 X 1, X 2 € (0，+^)，洛>乂2,恒有 f(xj — f(X 2)>X 2 — x ，求实数a 的取值范围.=x (x - 1)[x — (a — 1)],① 若 a>2,由 f ‘ (x)>0,得 0<x<1 或 x>a — 1,由 f ‘ (x)<0,得 1<x<a —1,则f(x)在(0,1), (a — 1,+工)上单调递增，在(1, a — 1)上单调递减；② 若a =2,则f ‘ (x)>0, f(x)在(0,+工)上单调递增；③ 若 1<a<2，由 f ‘ (x)>0，得 0<x<a — 1 或 x>1，由 f ‘ (x)<0,得 a — 1<x<1，则 f(x)在(0, a — 1), (1,+工)上单调递增，在(a —1,1)上单调递减；④ 若 a < 1,由 f ‘ (x)>0，得 x>1,由 f ‘ (x)<0，得 0<x<1,则 f(x) 在(1,+x )上单调递增，在(0,1)上单调递减.解: (1)f‘ (x x 2 — ax + a —1综上，若a>2,则f(x)在(0,1), (a—1,+乂)上单调递增，在(1, a—1)上单调递减；若a= 2,则f(x)在(0,+乂)上单调递增；若1<a<2，则f(x)在(0, a—1), (1, +乂)上单调递增，在(a—1,1) 上单调递减；若a< 1,则f(x)在(1，+乂)上单调递增，在(0,1)上单调递减.(2)f(x” —f(X2)>x —X1 ? f(x” + X1>f(X2)+ x,1 2令F(x) = f(x) + x= 2x —ax+ (a —1)lnx + x,对任意的X1, (0,+X), xQX2，恒有f(xd —f(X2)>X2 —X1 等价于函数F(x)在(0 ,+x)上是增函数.a —1 1f‘ (x) = x—a+1 + = Jx2-(a—1)x + a—1],令g(x) = x2—(a—1)x + a —1,a—1当a—1<0,即a<1 时，x=—厂<0,故要使f‘ (x)>0在(0, +=) 上恒成立，需g(0)>0,即a— 1 >0, a> 1,无解.a —1当a—1>0, 即卩a> 1 时，>0,故要使f‘ (x)>0 在(0,a —1 a —1 2 a —1+ x)上恒成立，需g( 2 )》0,即(2 )—(a —1)、2+ a —1》0, 化简得(a —1)(a —5)w 0,解得1 w a w 5.综上，实数a的取值范围是[1,5].。

2022版高考数学人教A版：课时作业十四导数与函数的极值、最值

4．(2021·温州模拟)函数 f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d 的大致图象如图所示，则 x12 ＋x22 等于( )
8 A.9
B．190
C．196
D．298
【解析】选 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，
7．(2021·郑州模拟)已知函数 f(x)＝ax cos x＋21 在区间π2，π 上有最大值π＋2 1 ，则实数 a＝________．
【解析】因为 f(x)＝ax cos x＋12 ⇒ f′(x)＝a(cos x－x sin x)，因为 x∈π2，π ⇒ cos x－x sin x＜0，
①y＝x3；②y＝x2＋1；③y＝|x|；④y＝2x.
A．①②
B．①③
C．③④
D．②③
【解析】选 D.①中，y′＝3x2≥0 恒成立，所以函数在 R 上递增，无极值点；②中 y′ ＝2x，当 x＞0 时，函数单调递增，当 x＜0 时，函数单调递减，且当 x＝0 时，y′ ＝0，符合题意；③中结合该函数图象可知，当 x＞0 时，函数单调递增，当 x＜0 时，函数单调递减，且在 x＝0 处连续，符合题意；④中，由函数的图象知其在 R 上递增，无极值点．
十四导数与函数的极值、最值
一、选择题(每小题 5 分，共 25 分) 1．下列结论错误的是( ) A．函数的极大值一定比极小值大 B．导数等于 0 的点不一定是函数的极值点 C．若 x0 是函数 y＝f(x)的极值点，则一定有 f′(x0)＝0 D．函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值
二、填空题(每小题 5 分，共 15 分) 6．已知函数 f(x)＝xex 在区间(a，a＋1)上不存在极值点，则实数 a 的取值范围为 ________．

人教A版理科数学课时试题及解析(14)用导数研究函数的最值与生活中的优化问题举例

课时作业(十四) [第14讲用导数研究函数的最|值与生活中的优化问题举例][时间：35分钟分值：80分]根底热身 1．函数y ＝ln x x的最|大值为( ) A.1e B ．e C ．e 2 D.1032．x ≥0 ,y ≥0 ,x ＋3y ＝9 ,那么x 2y 的最|大值为( )A ．36B ．18C ．25D ．423．某城市在开展过程中 ,交通状况逐渐受到大家更多的关注 ,据有关统计数据显示 ,从上午6时到9时 ,车辆通过该市某一路段的用时y (分钟)与车辆进入该路段的时刻t 之间关系可近似地用如下函数给出：y ＝－18t 3－34t 2＋36t －6294.那么在这段时间内 ,通过该路段用时最|多的时刻是( )A ．6时B ．7时C ．8时D ．9时4．设正三棱柱的体积为V ,那么其外表积最|小时 ,底面边长为( ) A.4V B ．23V C.34V D.12V 能力提升5．函数f (x )＝1－x x ＋ln x ,那么f (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12 2上的最|大值和最|小值之和是( ) A ．0 B ．1－ln2 C ．ln2－1 D ．1＋ln26．函数f (x )＝⎩⎨⎧2x 3＋3x 2＋1(x ≤0)e ax (x >0)在[－2,2]上的最|大值为2 ,那么a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫ln22 ＋∞ B.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0 ln22 C ．(－∞ ,0] D.⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞ ln22 7．一艘轮船在航行中的燃料费和它的速度的立方成正比 ,在速度为每小时10 km 时的燃料费是每小时6元 ,而其他与速度无关的费用是每小时96元 ,那么使行驶每千米的费用总和最|小时 ,此轮船的航行速度为( )A ．20 km/hB ．25 km/hC ．19 km/hD ．18 km/h图K14－18．今有一块边长为a 的正三角形的厚纸 ,从这块厚纸的三个角 ,按图K14－1那样切下三个全等的四边形后 ,做成一个无盖的盒子 ,要使这个盒子容积最|大 ,x 值应为( )A ．a B.2a 3 C.a 2 D.a 69．某工厂生产某种产品 ,该产品的月生产量x (t)与每吨产品的价格p (元/t)之间的关系式为：p ＝24 200－15x 2 ,且生产x t 的本钱为R ＝50 000＋200x (元)．那么该厂每月生产________ t 产品才能使利润到达最|大．(利润＝收入－本钱)10．在半径为R 的圆内 ,作内接等腰三角形 ,当底边上高为________时它的面积最|大．11．如图K14－2 ,用半径为R 的圆铁皮 ,剪一个圆心角为a 的扇形 ,制成一个圆锥形的漏斗 ,那么圆心角a 取________时 ,漏斗的容积最|大．12．(13分) 甲、乙两村合用一个变压器 ,如图K14－3所示 ,假设两村用同型号线架设输电线路 ,问：变压器设在输电干线何处时 ,所需电线最|短 ?难点突破13．(12分) 广东某民营企业主要从事美国的某品牌运动鞋的加工生产 ,按国际惯例以美元为结算货币 ,依据以往加工生产的数据统计分析 ,假设加工产品订单的金额为x 万美元 ,可获得的加工费近似地为12ln(2x ＋1)万美元 ,受美联储货币政策的影响 ,美元贬值 ,由于生产加工签约和成品交付要经历一段时间 ,收益将因美元贬值而损失mx 万美元(其中m 为该时段美元的贬值指数 ,m ∈(0,1)) ,从而实际所得的加工费为f (x )＝12ln(2x ＋1)－mx (万美元)． (1)假设某时期美元贬值指数m ＝1200,为确保企业实际所得加工费随x 的增加而增加 ,该企业加工产品订单的金额x 应在什么范围内 ?(2)假设该企业加工产品订单的金额为x 万美元时共需要的生产本钱为120x 万美元 ,该企业加工生产能力为x ∈[10,20](其中x 为产品订单的金额) ,试问美元的贬值指数m 在何范围时 ,该企业加工生产将不会出现亏损．课时作业(十四)【根底热身】1．A [解析] 令y ′＝(ln x )′x －ln x ·x ′x 2＝1－ln x x 2＝0 ,得x ＝e ,当x >e 时 ,y ′<0；当x <e 时 ,y ′>0 ,故y 极大值＝f (e)＝1e ,在定义域内只有一个极值 ,所以y max ＝1e. 2．A [解析] 令f (x )＝x 2y ＝x 2⎝⎛⎭⎫3－x 3 ,x ∈[0,9] ,令f ′(x )＝6x －x 2＝0 ,得x ＝0或x ＝6 ,可以验证x ＝6时f (x )有最|大值36.3．C [解析] y ′＝－38t 2－32t ＋36＝－38(t ＋12)(t －8) ,令y ′＝0得t ＝－12(舍去)或t ＝8 ,当6≤t <8时 ,y ′>0 ,当8<t <9时 ,y ′<0 ,∴当t ＝8时 ,y 有最|大值．4．C [解析] 设底面边长为x ,那么高为h ＝4V 3x 2, ∴S 表＝3×4V 3x 2·x ＋2×34x 2＝43V x ＋32x 2 , ∴S ′表＝－43V x2＋3x ,令S ′表＝0 ,得x ＝34V . 经检验知 ,当x ＝34V 时S 表取得最|小值．【能力提升】5．B [解析] 对f (x )求导得f ′(x )＝x －1x2. (1)假设x ∈⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12 1 ,那么f ′(x )<0； (2)假设x ∈(1,2] ,那么f ′(x )>0 ,故x ＝1是函数f (x )在区间⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12 2上的唯一的极小值点 , 也就是最|小值点 ,故f (x )min ＝f (1)＝0；又f ⎝⎛⎭⎫12＝1－ln2 ,f (2)＝－12＋ln2 , 所以f ⎝⎛⎭⎫12－f (2)＝32－2ln2＝lne 3－ln162, 因为e 33＝19.683>16 , 所以f ⎝⎛⎭⎫12－f (2)>0 , 即f ⎝⎛⎭⎫12>f (2) ,即函数f (x )在区间⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12 2上最|大值是f ⎝⎛⎭⎫12. 综上知函数f (x )在区间⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12 2上最|大值是1－ln2 ,f (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12 2上的最|大值和最|小值之和是1－ln2.6．D [解析] 当x ≤0时 ,f ′(x )＝6x 2＋6x ,函数的极大值点是x ＝－1 ,极小值点是x ＝0 ,当x ＝－1时 ,f (x )＝2 ,故只要在(0,2]上e ax ≤2即可 ,即ax ≤ln2在(0,2]上恒成立 ,即a ≤ln2x在(0,2]上恒成立 ,故a ≤ln22. 7．A [解析] 设船速度为x (x >0)时 ,燃料费用为Q 元 ,那么Q ＝kx 3 ,由6＝k ×103可得k ＝3500 ,∴Q ＝3500x 3 , ∴总费用y ＝⎝⎛⎭⎫3500x 3＋96·1x ＝3500x 2＋96x ,y ′＝6500x －96x 2 ,令y ′＝0得x ＝20 ,当x ∈(0,20)时 ,y ′<0 ,此时函数单调递减 ,当x ∈(20 ,＋∞)时 ,y ′>0 ,此时函数单调递增 ,∴当x ＝20时 ,y 取得最|小值 ,∴此轮船以20 km/h 的速度行驶每千米的费用总和最|小．8．D [解析] 折成盒子后底面正三角形的边长为a －2x ⎝⎛⎭⎫0<x <a 2 ,高为h ＝x ·tan30°＝33x ,设容积为V ,那么V ＝Sh ＝12(a －2x )2sin60°·33x , ＝x 3－ax 2＋a 24x , V ′＝3x 2－2ax ＋a 24, 令V ′＝0得x ＝a 6或x ＝a 2(舍去) ,当0<x <a 6时 ,V ′>0；当a 6<x <a 2时 ,V ′<0. ∴x ＝a 6时 ,V 最|大＝a 3216－a 336＋a 324＝4a 3216＝a 354. 9．200 [解析] 每月生产x 吨时的利润为f (x )＝24 200－15x 2x －(50 000＋200x )＝－15x 3＋24 000x －50 000(x ≥0)．由f ′(x )＝－35x 2＋24 000＝0得x 1＝200 ,x 2＝－200 ,舍去负值．f (x )在[0 ,＋∞)内有唯一的极大值点 ,也是最|大值点．10.32R [解析] 设圆内接等腰三角形的底边长为2x ,高为h ,那么h ＝R ＋R 2－x 2 ,解得 x 2＝h (2R －h ) ,于是内接三角形的面积为S ＝x ·h ＝(2Rh －h 2)·h ＝2Rh 3－h 4 ,从而S ′＝12(2Rh 3－h 4)－12(2Rh 3－h 4)′ ＝12(2Rh 3－h 4)－12(6Rh 2－4h 3)＝h 2(3R －2h )(2R －h )h 3, 令S ′＝0 ,解得h ＝32R ,由于不考虑不存在的情况 ,所以在区间(0,2R )上列表如下：由此表可知 ,当x ＝32R 时 ,等腰三角形面积最|大． 11.263π [解析] 解法一：设圆锥的底面半径为r ,高为h ,体积为V ,那么由r 2＋h 2＝R 2 ,Ra ＝2πr ,代入V ＝13πr 2h ,得V ＝13π·⎝⎛⎭⎫Ra 2π2·R 2－⎝⎛⎭⎫Ra 2π2＝R 312π·a 4－a 64π2 ,再令T (a )＝a 4－a 64π2 ,求它的导数得T ′(a )＝4a 3－3a 52π2 ,令T ′(a )＝0. 即4a 3－3a 52π2＝0 ,求得a ＝263π , 检验 ,当0<a <236π时 ,T ′(a )>0；当263π<a <2π时 ,T ′(a )<0 ,所以当a ＝263π时 ,T (a )取得极大值 ,并且这个极大值就是最|大值 ,且T (a )取得最|大值时 ,V 也就取得最|大值 ,所以当a ＝263π时 ,漏斗的容积最|大．解法二：设圆锥的底面半径为r ,高为h ,体积为V ,那么r 2＋h 2＝R 2 ,因此V (r )＝13πr 2h ＝13πr 2·R 2－r 2＝13πR 2r 4－r 6(0<r <R )．令T (r )＝R 2r 4－r 6 ,求它的导数T ′(r )＝4R 2r 3－6r 5.再令T ′(r )＝0 ,即4R 2r 3－6r 5＝0 ,求得r ＝63R ,可以检验当r ＝63R 时 ,T (r )取得最|大值 ,也就是当r ＝63R 时 ,V (r )取得最|大值．再把r ＝63R 代入Ra ＝2πr 得a ＝263a ＝263π时 ,漏斗的容积最|大．12．[解答] 设CD ＝x (km) ,那么CE ＝3－x (km)．由题意知所需输电线的长l 为：l ＝AC ＋BC ＝1＋x 2＋2＋(3－x )2(0≤x ≤3) ,l ′＝2x 21＋x 2＋－2(3－x )22＋(3－x )2, 令l ′＝0 ,得x 1＋x 2－3－x 2＋(3－x )2＝0 , 即x 1＋x 2＝3－x 2＋(3－x )2 , 平方得x 21＋x 2＝(3－x )22＋(3－x )2, 1．52x 2＋x 2(3－x )2＝(3－x )2＋x 2(3－x )2 ,1．52x 2＝(3－x )2,x ＝3－x ,2．5x ＝3 ,x ＝ ,故当CD ＝(km)时所需输电线最|短．【难点突破】13．[解答] (1)由m ＝1200, f (x )＝12ln(2x ＋1)－x 200,其中x >0 , ∴f ′(x )＝12x ＋1－1200＝199－2x 200(2x ＋1). 由f ′(x )>0 ,即199－2x >0 ,解得0<x ,即加工产品订单金额x ∈(0,)(单位：万美元) ,该企业的加工费随x 的增加不断增长．(2)依题设 ,企业加工生产不出现亏损 ,那么当x ∈[10,20]时 ,都有12ln(2x ＋1)－mx ≥120x , 由12ln(2x ＋1)－mx ≥120x ,得120＋m ≤ln (2x ＋1)2x. 令g (x )＝ln (2x ＋1)2x,x ∈[10,20] , 那么g ′(x )＝22x ＋1·x －ln (2x ＋1)2x 2＝2x －(2x ＋1)ln (2x ＋1)2x 2(2x ＋1). 令h (x )＝2x －(2x ＋1)ln(2x ＋1) , 那么h ′(x )＝2－⎣⎡⎦⎤2ln (2x ＋1)＋(2x ＋1)22x ＋1＝－2ln(2x ＋1)<0 , 可知h (x )在[10,20]上单调递减．从而h (20)≤h (x )≤h (10) ,又h (10)＝20－21ln21<21(1－ln21)<0. 故可知g (x )在[10,20]上单调递减 ,因此g (x )min ＝ln4140 ,即m ≤ln4140－120. 故当美元的贬值指数m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0 ln41－240时 ,该企业加工生产不会亏损．。

人教A版理科数学课时试题及解析(13)导数在研究函数中的应用A

高考数学复习课时作业(十三)A [第13讲导数在研究函数中的应用][时间：45分钟分值：100分]基础热身1．当x ≠0时，有不等式( )A ．e x <1＋xB ．当x >0时，e x <1＋x ，当x <0时，e x >1＋xC ．e x >1＋xD ．当x <0时，e x <1＋x ，当x >0时，e x >1＋x2．如图K13－1，都是同一坐标系中三次函数及其导函数的图象，其中一定不正确的序号是( )A ．①②B ．①③C ．③④D ．①④3．若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于( )A ．2B ．3C ．6D ．94．已知a ≤1－x x＋ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2恒成立，则a 的最大值为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3能力提升5．函数f (x )＝ax 3＋bx 在x ＝1a处有极值，则ab 的值为( ) A ．2 B ．－2 C ．3 D ．－36．若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－2,2)B ．[－2,2]C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)7．函数y ＝f ′(x )是函数y ＝f (x )的导函数，且函数y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线为l ：y ＝g (x )＝f ′(x 0)·(x －x 0)＋f (x 0)图K13－2F (x )＝f (x )－g (x )，如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象如图K13－2所示，且a <x 0<b ，那么( )A ．F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极大值点B ．F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极小值点C ．F ′(x 0)≠0，x ＝x 0不是F (x )的极值点D ．F ′(x 0)≠0，x ＝x 0是F (x )的极值点8．函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象如图K13－3所示，则x 21＋x 22等于( )A.89B.109C.169D.459．函数f (x )＝13ax 3＋12ax 2－2ax ＋2a ＋1的图象经过四个象限，则实数a 的取值范围是( )A ．－65<a <316B ．－85<a <－316C ．－85<a <－116D ．－65<a <－31610．函数f (x )＝x 3－3x 2＋1在x ＝________处取得极小值．11．若x ∈[0,2π]，则函数y ＝sin x －x cos x 的单调递增区间是________．12．函数f (x )＝sin x 2＋cos x的单调递增区间是________． 13．在平面直角坐标系xOy 中，已知点P 是函数f (x )＝e x (x >0)的图象上的动点，该图象在P 处的切线l 交y 轴于点M ，过点P 作l 的垂线交y 轴于点N ，设线段MN 的中点的纵坐标为t ，则t 的最大值是________．14．(10分)已知函数f (x )＝ax 2＋b ln x 在x ＝1处有极值12. (1)求a ，b 的值；(2)判断函数y ＝f (x )的单调性并求出单调区间．15．(13分) 已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a ，a >1.(1)求证：函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；(2)对∀x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1恒成立，求a 的取值范围．难点突破16．(12分) 设函数f (x )＝x －1x－a ln x (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个极值点x 1和x 2，记过点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得k ＝2－a ？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由．课时作业(十三)A【基础热身】1．C [解析] 设y ＝e x －1－x ，∴y ′＝e x －1，∴x >0时，函数y ＝e x －1－x 是递增的，x <0时，函数y ＝e x －1－x 是递减的，∴x ＝0时，y 有最小值y ＝0.2．C [解析] 导函数的图象为抛物线，其变号零点为函数的极值点，因此③④不正确．3．D [解析] f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，∵f (x )在x ＝1处有极值，∴f ′(1)＝0，即12－2a －2b ＝0，化简得 a ＋b ＝6，∵a >0，b >0，∴ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时，ab 有最大值，最大值为9，故选D.4．A [解析] 设f (x )＝1－x x ＋ln x ，则f ′(x )＝－x ＋x －1x 2＋1x ＝x －1x 2，当x ∈⎣⎡⎭⎫12，1时，f ′(x )<0，故函数f (x )在⎣⎡⎭⎫12，1上单调递减，当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，故函数f (x )在[1,2]上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a ≤0，即a 的最大值为0.【能力提升】5．D [解析] f ′(x )＝3ax 2＋b ，由f ′⎝⎛⎭⎫1a ＝3a ⎝⎛⎭⎫1a 2＋b ＝0，可得ab ＝－3.故选D. 6．A [解析] f ′(x )＝3x 2－3，f (x )极大＝f (－1)＝2＋a ，f (x )极小＝f (1)＝－2＋a ，函数f (x )有3个不同零点，则2＋a >0，－2＋a <0，因此－2<a <2.7．B [解析] F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)，∴F ′(x 0)＝f ′(x 0)－f ′(x 0)＝0，又当x <x 0时，从图象上看，x 越接近于x 0，函数f (x )的纵坐标与g (x )的纵坐标的差越小，此时函数F (x )＝f (x )－g (x )为减函数，同理，当x >x 0时，函数f (x )为增函数．8．C [解析] 从函数图象上可知x 1，x 2为函数f (x )的极值点，根据函数图象经过的三个特殊点求出b ，c ，d .根据函数图象得d ＝0，且f (－1)＝－1＋b －c ＝0，f (2)＝8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，故f ′(x )＝3x 2－2x －2.根据韦达定理x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝49＋43＝169. 9．D [解析] f ′(x )＝ax 2＋ax －2a ＝a (x ＋2)(x －1)，要使函数f (x )的图象经过四个象限，则f (－2)f (1)<0，即⎝⎛⎭⎫163a ＋1⎝⎛⎭⎫56a ＋1<0，解得－65<a <－316. 10．2 [解析] f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，显然当x ＝2时f (x )取极小值．11．[0，π] [解析] y ′＝x sin x ，令y ′>0，即x sin x >0，得0<x <π.又x ∈[0,2π]，所以所求的单调递增区间是[0，π]．12.⎝⎛⎭⎫2k π－2π3，2k π＋2π3(k ∈Z ) [解析] f ′(x )＝(2＋cos x )cos x －sin x (－sin x )(2＋cos x )2＝2cos x ＋1(2＋cos x )2>0，即cos x >－12，结合三角函数图象知道，2k π－2π3<x <2k π＋2π3(k ∈Z )，即函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫2k π－2π3，2k π＋2π3(k ∈Z )． 13.12⎝⎛⎭⎫e ＋1e [解析] 设P (x 0，e x 0)，则l ：y －e x 0＝e x 0(x －x 0)，∴M (0，(1－x 0)e x 0)，过点P 作l 的垂线，y －e x 0＝－e －x 0(x －x 0)，∴N (0，e x 0＋x 0e －x 0)，∴t ＝12[(1－x 0)e x 0＋e x 0＋x 0e －x 0]＝e x 0＋12x 0(e －x 0－e x 0) t ′＝12(e x 0＋e －x 0)(1－x 0)，所以，t 在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴x 0＝1，t max ＝12⎝⎛⎭⎫e ＋1e . 14．[解答] (1)因为函数f (x )＝ax 2＋b ln x ，所以f ′(x )＝2ax ＋b x. 又函数f (x )在x ＝1处有极值12，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝0，f (1)＝12.即⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋b ＝0，a ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝12x 2－ln x ，其定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －1x ＝(x ＋1)(x －1)x. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以函数y15．[解答] (1)证明：f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ＝2x ＋(a x －1)ln a ，由于a >1，故当x ∈(0，＋∞)时，ln a >0，a x －1>0，所以f ′(x )>0，故函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)由(1)可知，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，故函数f (x )在(－∞，0)上单调递减．所以，f (x )在区间[－1,0]上单调递减，在区间[0,1]上单调递增．所以f (x )min ＝f (0)＝1，f (x )max ＝max{f (－1)，f (1)}，f (－1)＝1a＋1＋ln a ，f (1)＝a ＋1－ln a ， f (1)－f (－1)＝a －1a－2ln a ，记g (x )＝x －1x －2ln x ，g ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝⎝⎛⎭⎫1x－12≥0，所以g (x )＝x －1x －2ln x 递增，故f (1)－f (－1)＝a －1a－2ln a >0，所以f (1)>f (－1)，于是f (x )max ＝f (1)＝a ＋1－ln a ，故对∀x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|max ＝|f (1)－f (0)|＝a －ln a ，a －ln a ≤e －1，所以1<a ≤e.【难点突破】16．[解答] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x 2，令g (x )＝x 2－ax ＋1，其判别式Δ＝a 2－4.①当|a |≤2时，Δ≤0，f ′(x )≥0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a <－2时，Δ>0，g (x )＝0的两根都小于0，在(0，＋∞)上，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当a >2时，Δ>0，g (x )的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42，当0<x <x 1时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x >x 2时，f ′(x )>0，故f (x )分别在(0，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．(2)由(1)知，a >2.因为f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)＋x 1－x 2x 1x 2－a (ln x 1－ln x 2)，所以 k ＝f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝1＋1x 1x 2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2，又由(1)知，x 1x 2＝1.于是k ＝2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2，若存在a ，使得k ＝2－a ，则ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝1.即ln x 1－ln x 2＝x 1－x 2.亦即 x 2－1x 2－2ln x 2＝0(x 2>1)(*)，再由(1)知，函数h (t )＝t －1t －2ln t 在(0，＋∞)上单调递增，而x 2>1，所以x 2－1x 2－2ln x 2>1－11－2ln1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在a ，使得k ＝2－a .。

高考数学测试卷人教A版理科数学课时试题及解析(13)导数在研究函数中的应用B

课时作业(十三)B [第13讲导数在研究函数中嘚应用][时间：45分钟分值：100分]基础热身1．函数f(x)嘚定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内嘚图象如图K13－4所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点( )图K13－4A．1个B．2个C．3个D．4个2．设f(x)，g(x)是R上嘚可导函数，f′(x)，g′(x)分别为f(x)，g(x)嘚导函数，且满足f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时，有( )A．f(x)g(b)>f(b)g(x)B．f(x)g(a)>f(a)g(x)C．f(x)g(x)>f(b)g(b)D．f(x)g(x)>f(b)g(a)3．如图K13－5，直线l和圆C，当l从l0开始在平面上绕点O匀速旋转(旋转角度不超过90°)时，它扫过嘚圆内阴影部分嘚面积S是时间t嘚函数，它嘚图象大致是( )图K13－5图K13－64．满足性质：“对于区间(1,2)上嘚任意x1，x2(x1≠x2)．|f(x2)－f(x1)|<|x2－x1|恒成立”嘚函数叫Ω函数，则下面四个函数中，属于Ω函数嘚是( )A ．f(x)＝1xB ．f(x)＝|x|C ．f(x)＝2xD ．f(x)＝x 2能力提升5．图K13－7中三条曲线给出了三个函数嘚图象，一条表示汽车位移函数s(t)，一条表示汽车速度函数v(t)，一条是汽车加速度函数a(t)，则( )图K13－7A ．曲线a 是s(t)嘚图象，b 是v(t)嘚图象，c 是a(t)嘚图象B ．曲线b 是s(t)嘚图象，a 是v(t)嘚图象，c 是a(t)嘚图象C ．曲线a 是s(t)嘚图象，c 是v(t)嘚图象，b 是a(t)嘚图象D ．曲线c 是s(t)嘚图象，b 是v(t)嘚图象，a 是a(t)嘚图象6．设a ∈R ，函数f(x)＝e x ＋a·e －x 嘚导函数是f′(x)，且f′(x)是奇函数．若曲线y ＝f(x)嘚一条切线嘚斜率是32，则切点嘚横坐标为( ) A ．ln2 B ．－ln2C.ln22D.－ln227．f(x)是定义在R 上嘚可导函数，且对任意x 满足xf′(x)＋f(x)>0，则对任意嘚实数a ，b 有( )A ．a>b ⇔af(b)>bf(a)B ．a>b ⇔af(b)<bf(a)C ．a>b ⇔af(a)<bf(b)D ．a>b ⇔bf(b)<af(a)8．已知函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，若f(x)在区间(－1,0)上单调递减，则a 2＋b 2嘚取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，94 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫95，＋∞ D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，95 9．对函数f(x)＝2x ＋1x 2＋2，下列说法正确嘚是( ) A ．函数有极小值f(－2)＝－12，极大值f(1)＝1 B ．函数有极大值f(－2)＝－12，极小值f(1)＝1 C ．函数有极小值f(－2)＝－12，无极大值 D ．函数有极大值f(1)＝1，无极小值10．已知a>0，函数f(x)＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则a 嘚最大值是________．11．已知函数f(x)＝xsinx ，x ∈R ，f(－4)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4嘚大小关系为____________(用“<”连接)．12．已知函数f(x)＝(x 2－3x ＋3)·e x ，设t>－2，函数f(x)在[－2，t]上为单调函数时，t 嘚取值范围是________．13．已知函数f(x)嘚自变量取值区间为A ，若其值域也为A ，则称区间A 为f(x)嘚保值区间．若g(x)＝x ＋m －lnx 嘚保值区间是[2，＋∞)，则m 嘚值为________．14．(10分)已知函数f(x)＝e x －x(e 为自然对数嘚底数)．(1)求f(x)嘚最小值；(2)不等式f(x)>ax 嘚解集为P ，若M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪12≤x≤2且M∩P≠∅，求实数a 嘚取值范围； (3)已知n ∈N ﹡，且S n ＝⎠⎜⎛tn [f(x)＋x]dx(t 为常数，t≥0)，是否存在等比数列{b n }，使得b 1＋b 2＋…＋b n ＝S n ？若存在，请求出数列{b n }嘚通项公式；若不存在，请说明理由．15．(13分) 设f(x)＝13x 3＋mx 2＋nx. (1)如果g(x)＝f′(x)－2x －3在x ＝－2处取得最小值－5，求f(x)嘚解析式；(2)如果m ＋n<10(m ，n ∈N ＋)，f(x)嘚单调递减区间嘚长度是正整数，试求m 和n 嘚值．(注：区间(a ，b)嘚长度为b －a)难点突破16．(12分) 设f(x)＝－13x 3＋12x 2＋2ax. (1)若f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 嘚取值范围；(2)当0<a<2时，f(x)在[1,4]上嘚最小值为－163，求f(x)在该区间上嘚最大值．课时作业(十三)B【基础热身】1．A [解析] 函数在极小值点附近嘚图象应有先减后增嘚特点，因此应该在导函数嘚图象上找从x 轴下方变为x 轴上方嘚点，这样嘚点只有1个，所以函数f(x)在开区间(a ，b)内只有1个极小值点，故选A.2．C [解析] ∵f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′<0，∴f(x)g(x)为减函数，又∵a<x<b ，∴f(a)g(a)>f(x)g(x)>f(b)g(b)．3．D [解析] 选项A 表示面积嘚增速是常数，与实际不符；选项B 表示最后时段面积嘚增速较快，也与实际不符；选项C 表示开始时段和最后时段面积嘚增速比中间时段快，与实际不符；选项D 表示开始和最后时段面积嘚增速缓慢，中间时段增速较快．4．A [解析] ∵|f(x 2)－f(x 1)|<|x 2－x 1|，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪f x 2－f x 1x 2－x 1<1，即Ω函数是指对于区间(1,2)上，曲线上任意两点连线嘚斜率均在(－1,1)内，对于A ，f′(x)＝－1x 2嘚值域为⎝⎛⎭⎪⎫－1，－14，对于曲线上任意两点嘚连线，一定存在曲线嘚切线与它平行，符合条件，故选A.【能力提升】5．D [解析] 由于v(t)＝s′(t)，a(t)＝v′(t)，注意到所给嘚三条曲线中，只有曲线a 上有部分点嘚纵坐标小于零，因此只有曲线a 才能作为a(t)嘚图象，曲线b 有升有降，因此其导函数图象有正有负，这与所给曲线a 嘚形状吻合，因此b 为v(t)嘚图象．6．A [解析] f′(x)＝e x －ae －x ，这个函数是奇函数，因为函数f(x)在0处有定义，所以f′(0)＝0，故只能是a ＝1.此时f′(x)＝e x －e －x ，设切点嘚横坐标是x 0，则ex 0－e －x 0＝32，即2(ex 0)2－3ex 0－2＝0，即(ex 0－2)(2ex 0＋1)＝0，只能是ex 0＝2，解得x 0＝ln2.正确选项为A.7．D [解析] 构造函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，故函数g(x)是R 上嘚单调递增函数，由增函数嘚定义，对任意实数a ，b 有a>b ⇔g(a)>g(b)，即a>b ⇔bf(b)<af(a)，选D.8．C [解析] 根据三次函数嘚特点，函数f(x)在(－1,0)上单调递减等价于函数f(x)嘚导数f′(x)＝3x 2＋2ax ＋b 在区间(－1,0)小于或者等于零恒成立，即3－2a ＋b≤0且b≤0，把点(a ，b)看作点嘚坐标，则上述不等式表示嘚区域如图．根据a 2＋b 2嘚几何意义得，最小值就是坐标原点到直线3－2a ＋b ＝0嘚距离嘚平方，即95. 9．A [解析] f′(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x 2＋2′＝－2x ＋2x －1x 2＋22＝0，得x ＝－2或x ＝1，当x<－2时f′(x)<0，当－2<x<1时f′(x)>0，当x>1时f′(x)<0，故x ＝－2是函数嘚极小值点且f(－2)＝－12，x＝1是函数嘚极大值点且f(1)＝1.10．3 [解析] f′(x)＝3x 2－a 在[1，＋∞)上恒大于0，则f′(1)＝3－a≥0⇒a≤3.11．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3<f(－4)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4 [解析] f′(x)＝sinx ＋xcosx ，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，4π3时，sinx<0，cosx<0， ∴f′(x)＝sinx ＋xcosx<0，则函数f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，4π3上为减函数， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3<f(4)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4，又函数f(x)为偶函数， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3<f(－4)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4. 12．－2<t≤0 [解析] 因为f′(x)＝(x 2－3x ＋3)·e x ＋(2x －3)·e x ＝x(x －1)·e x ，由f′(x)>0⇒x>1或x<0，由f′(x)<0⇒0<x<1，所以f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上递增，在(0,1)上递减，要使f(x)在[－2，t]上为单调函数，则－2<t≤0.13．ln2 [解析] g′(x)＝1－1x ＝x －1x，当x≥2时，函数g(x)为增函数，因此g(x)嘚值域为[2＋m －ln2，＋∞)，因此2＋m －ln2＝2，故m ＝ln2.14．[解答] (1)f′(x)＝e x －1，由f′(x)＝0，得x ＝0，当x>0时，f′(x)>0，当x<0时，f′(x)<0.∴f(x)在(0，＋∞)上递增，在(－∞，0)上递减，∴f(x)min ＝f(0)＝1.(2)∵M∩P≠∅，∴f(x)>ax 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2有解，由f(x)>ax ，得e x －x>ax ，即a<e xx －1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上有解．令g(x)＝e xx －1，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2， ∵g′(x)＝x －1e x x 2，∴g(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上递减，在[1,2]上递增．又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2e －1，g(2)＝e 22－1，且g(2)>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， ∴g(x)max ＝g(2)＝e 22－1， ∴a<e 22－1. (3)设存在等比数列{b n }，使b 1＋b 2＋…＋b n ＝S n ，∵S n ＝⎠⎜⎛tn [f(x)＋x]dx ＝e n －e t ，∴b 1＝e －e t ， n≥2时b n ＝S n －S n －1＝(e －1)e n －1，当t ＝0时，b n ＝(e －1)e n －1，数列{b n }为等比数列，当t≠0时，b 2b 1≠b 3b 2，则数列{b n }不是等比数列， ∴当t ＝0时，存在满足条件嘚数列b n ＝(e －1)e n －1满足题意．15．[解答] (1)由题意得g(x)＝x 2＋2(m －1)x ＋(n －3)＝(x ＋m －1)2＋(n －3)－(m －1)2，已知g(x)在x ＝－2处取得最小值－5，所以⎩⎪⎨⎪⎧ m －1＝2，n －3－m －12＝－5，即m ＝3，n ＝2.即得f(x)＝13x 3＋3x 2＋2x. (2)因为f′(x)＝x 2＋2mx ＋n ，且f(x)嘚单调递减区间嘚长度为正整数，故f′(x)＝0一定有两个不同嘚根，从而Δ＝4m 2－4n>0，即m 2>n.不妨设两根为x 1，x 2，则|x 2－x 1|＝2m 2－n 为正整数．又m ＋n<10(m ，n ∈N ＋)，故m≥2时才可能有符合条件嘚m ，n ，当m ＝2时，只有n ＝3符合要求；当m ＝3时，只有n ＝5符合要求；当m≥4时，没有符合要求嘚n.综上所述，只有m ＝2，n ＝3或m ＝3，n ＝5满足上述要求．【难点突破】 16．[解答] (1)f′(x)＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a ，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f′(x)嘚最大值为f′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a ；令29＋2a ＞0，得a ＞－19，所以，当a ＞－19时，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间． (2)令f′(x)＝0，得x 1＝1－1＋8a 2，x 2＝1＋1＋8a 2. 所以f(x)在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增．当0＜a ＜2时，有x 1＜1＜x 2＜4，所以f(x)在[1,4]上嘚最大值为f(x 2)．又f(4)－f(1)＝－272＋6a ＜0，即f(4)＜f(1)，所以f(x)在[1,4]上嘚最小值为f(4)＝8a －403＝－163，得a ＝1，x 2＝2，从而f(x)在[1,4]上嘚最大值为f(2)＝103.。

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课时作业(十四) [第14讲用导数研究函数嘚最值与生活中嘚优化问题举例][时间：35分钟分值：80分] 基础热身1．函数y ＝lnxx 嘚最大值为( )A.1e B ．e C ．e 2 D.1032．已知x≥0，y≥0，x ＋3y ＝9，则x 2y 嘚最大值为( ) A ．36 B ．18 C ．25 D ．423．某城市在发展过程中，交通状况逐渐受到大家更多嘚关注，据有关统计数据显示，从上午6时到9时，车辆通过该市某一路段嘚用时y(分钟)与车辆进入该路段嘚时刻t 之间关系可近似地用如下函数给出：y ＝－18t 3－34t 2＋36t －6294.则在这段时间内，通过该路段用时最多嘚时刻是( ) A ．6时 B ．7时 C ．8时 D ．9时4．设正三棱柱嘚体积为V ，那么其表面积最小时，底面边长为( ) A.4V B ．23V C.34V D.12V能力提升5．已知函数f(x)＝1－xx ＋lnx ，则f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上嘚最大值和最小值之和是( )A ．0B ．1－ln2C ．ln2－1D ．1＋ln26．函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1x≤0，e ax x>0在[－2,2]上嘚最大值为2，则a 嘚取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln22，＋∞B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，ln22C ．(－∞，0] D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，ln227．一艘轮船在航行中嘚燃料费和它嘚速度嘚立方成正比，已知在速度为每小时10 km 时嘚燃料费是每小时6元，而其他与速度无关嘚费用是每小时96元，则使行驶每千米嘚费用总和最小时，此轮船嘚航行速度为( )A ．20 km/hB ．25 km/hC ．19 km/hD ．18 km/h图K14－18．今有一块边长为a 嘚正三角形嘚厚纸，从这块厚纸嘚三个角，按图K14－1那样切下三个全等嘚四边形后，做成一个无盖嘚盒子，要使这个盒子容积最大，x 值应为( )A ．a B.2a 3 C.a 2 D.a69．某工厂生产某种产品，已知该产品嘚月生产量x(t)与每吨产品嘚价格p(元/t)之间嘚关系式为：p ＝24 200－15x 2，且生产x t 嘚成本为R ＝50 000＋200x(元)．则该厂每月生产________ t 产品才能使利润达到最大．(利润＝收入－成本)10．在半径为R 嘚圆内，作内接等腰三角形，当底边上高为________时它嘚面积最大．图K14－211．如图K14－2，用半径为R 嘚圆铁皮，剪一个圆心角为a 嘚扇形，制成一个圆锥形嘚漏斗，则圆心角a 取________时，漏斗嘚容积最大．12．(13分) 甲、乙两村合用一个变压器，如图K14－3所示，若两村用同型号线架设输电线路，问：变压器设在输电干线何处时，所需电线最短？图K14－3 难点突破13．(12分) 广东某民营企业主要从事美国嘚某品牌运动鞋嘚加工生产，按国际惯例以美元为结算货币，依据以往加工生产嘚数据统计分析，若加工产品订单嘚金额为x 万美元，可获得嘚加工费近似地为12ln(2x ＋1)万美元，受美联储货币政策嘚影响，美元贬值，由于生产加工签约和成品交付要经历一段时间，收益将因美元贬值而损失mx 万美元(其中m 为该时段美元嘚贬值指数，m ∈(0,1))，从而实际所得嘚加工费为f(x)＝12ln(2x ＋1)－mx(万美元)．(1)若某时期美元贬值指数m＝1200，为确保企业实际所得加工费随x嘚增加而增加，该企业加工产品订单嘚金额x应在什么范围内？(2)若该企业加工产品订单嘚金额为x万美元时共需要嘚生产成本为120x万美元，已知该企业加工生产能力为x∈[10,20](其中x为产品订单嘚金额)，试问美元嘚贬值指数m在何范围时，该企业加工生产将不会出现亏损．课时作业(十四) 【基础热身】1．A [解析] 令y′＝lnx ′x－lnx·x′x 2＝1－lnxx 2＝0，得x ＝e ，当x>e 时，y′<0；当x<e 时，y′>0，故y 极大值＝f(e)＝1e ，在定义域内只有一个极值，所以y max ＝1e.2．A [解析] 令f(x)＝x 2y ＝x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫3－x 3，x ∈[0,9]，令f′(x)＝6x －x 2＝0，得x ＝0或x ＝6，可以验证x ＝6时f(x)有最大值36.3．C [解析] y′＝－38t 2－32t ＋36＝－38(t ＋12)(t －8)，令y′＝0得t ＝－12(舍去)或t ＝8，当6≤t<8时，y′>0，当8<t<9时，y′<0，∴当t ＝8时，y 有最大值．4．C [解析] 设底面边长为x ，则高为h ＝4V 3x 2，∴S 表＝3×4V 3x 2·x＋2×34x 2＝43V x＋32x 2， ∴S′表＝－43V x 2＋3x ，令S′表＝0，得x ＝34V.经检验知，当x ＝34V 时S 表取得最小值．【能力提升】5．B [解析] 对f(x)求导得f′(x)＝x －1x 2.(1)若x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1，则f′(x)<0；(2)若x ∈(1,2]，则f′(x)>0，故x ＝1是函数f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上嘚唯一嘚极小值点，也就是最小值点，故f(x)min ＝f(1)＝0；又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－ln2，f(2)＝－12＋ln2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－f(2)＝32－2ln2＝lne 3－ln162，因为e 3>2.73＝19.683>16，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－f(2)>0，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>f(2)，即函数f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上最大值是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.综上知函数f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上最大值是1－ln2，最小值是0.即f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上嘚最大值和最小值之和是1－ln2.6．D [解析] 当x≤0时，f′(x)＝6x 2＋6x ，函数嘚极大值点是x ＝－1，极小值点是x ＝0，当x ＝－1时，f(x)＝2，故只要在(0,2]上e ax ≤2即可，即ax≤ln2在(0,2]上恒成立，即a≤ln2x在(0,2]上恒成立，故a≤ln22.7．A [解析] 设船速度为x(x>0)时，燃料费用为Q 元，则Q ＝kx 3，由6＝k×103可得k ＝3500，∴Q ＝3500x 3， ∴总费用y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3500x 3＋96·1x ＝3500x 2＋96x ，y′＝6500x －96x 2，令y′＝0得x ＝20，当x ∈(0,20)时，y′<0，此时函数单调递减，当x ∈(20，＋∞)时，y′>0，此时函数单调递增，∴当x ＝20时，y 取得最小值，∴此轮船以20 km/h 嘚速度行驶每千米嘚费用总和最小．8．D [解析] 折成盒子后底面正三角形嘚边长为a －2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x<a 2，高为h ＝x·tan30°＝33x ，设容积为V ，则V ＝Sh ＝12(a －2x)2sin60°·33x ，＝x 3－ax 2＋a 24x ，V′＝3x 2－2ax ＋a 24，令V′＝0得x ＝a 6或x ＝a 2(舍去)，当0<x<a 6时，V′>0；当a 6<x<a2时，V′<0.∴x ＝a 6时，V 最大＝a 3216－a 336＋a 324＝4a 3216＝a 354.9．200 [解析] 每月生产x 吨时嘚利润为f(x)＝24 200－15x 2x －(50 000＋200x)＝－15x 3＋24 000x －50 000(x≥0)．由f′(x)＝－35x 2＋24 000＝0得x 1＝200，x 2＝－200，舍去负值．f(x)在[0，＋∞)内有唯一嘚极大值点，也是最大值点．10.32R [解析] 设圆内接等腰三角形嘚底边长为2x ，高为h ，那么h ＝R ＋R 2－x 2，解得x 2＝h(2R －h)，于是内接三角形嘚面积为 S ＝x·h＝2Rh －h 2·h＝2Rh 3－h 4，从而S′＝12(2Rh 3－h 4)－12(2Rh 3－h 4)′ ＝12(2Rh 3－h 4)－12(6Rh 2－4h 3)＝h 23R －2h2R －h h3，令S′＝0，解得h ＝32R ，由于不考虑不存在嘚情况，所以在区间(0,2R)上列表如下：h ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32R 32R⎝ ⎛⎭⎪⎫32R ，2R S′ ＋ 0 － S增函数最大值减函数由此表可知，当x ＝32R 时，等腰三角形面积最大．11.263π [解析] 解法一：设圆锥嘚底面半径为r ，高为h ，体积为V ，那么由r 2＋h 2＝R 2，Ra ＝2πr，代入V ＝13πr 2h ，得V ＝13π·⎝ ⎛⎭⎪⎫Ra 2π2·R 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫Ra 2π2＝R 312π·a 4－a 64π2，再令T(a)＝a 4－a 64π2，求它嘚导数得T′(a)＝4a 3－3a 52π2，令T′(a)＝0.即4a 3－3a 52π2＝0，求得a ＝263π，检验，当0<a<236π时，T′(a)>0；当263π<a<2π时，T′(a)<0，所以当a ＝263π时，T(a)取得极大值，并且这个极大值就是最大值，且T(a)取得最大值时，V 也就取得最大值，所以当a ＝263π时，漏斗嘚容积最大．解法二：设圆锥嘚底面半径为r ，高为h ，体积为V ，那么r 2＋h 2＝R 2，因此V(r)＝13πr 2h ＝13πr 2·R 2－r 2＝13πR 2r 4－r 6(0<r<R)．令T(r)＝R 2r 4－r 6，求它嘚导数T′(r)＝4R 2r 3－6r 5.再令T′(r)＝0，即4R 2r 3－6r 5＝0，求得r ＝63R ，可以检验当r ＝63R 时，T(r)取得最大值，也就是当r ＝63R 时，V(r)取得最大值．再把r ＝63R 代入Ra ＝2πr 得a ＝263π.所以当a ＝263π时，漏斗嘚容积最大．12．[解答] 设CD ＝x(km)，则CE ＝3－x(km)．由题意知所需输电线嘚长l 为：l ＝AC ＋BC ＝1＋x 2＋1.52＋3－x2(0≤x≤3)，l′＝2x21＋x 2＋－23－x 2 1.52＋3－x 2，令l′＝0，得x 1＋x 2－3－x 1.52＋3－x 2＝0，即x1＋x 2＝3－x 1.52＋3－x2，平方得x 21＋x 2＝3－x21.52＋3－x2，1．52x 2＋x 2(3－x)2＝(3－x)2＋x 2(3－x)2， 1．52x 2＝(3－x)2,1.5x ＝3－x ， 2．5x ＝3，x ＝1.2，故当CD ＝1.2(km)时所需输电线最短．【难点突破】13．[解答] (1)由已知m ＝1200，f(x)＝12ln(2x ＋1)－x200，其中x>0，∴f′(x)＝12x ＋1－1200＝199－2x2002x ＋1. 由f′(x)>0，即199－2x>0，解得0<x<99.5，即加工产品订单金额x ∈(0,99.5)(单位：万美元)，该企业嘚加工费随x 嘚增加不断增长． (2)依题设，企业加工生产不出现亏损，则当x ∈[10,20]时，都有12ln(2x ＋1)－mx≥120x ，由12ln(2x ＋1)－mx≥120x ，得120＋m≤ln 2x ＋12x . 令g(x)＝ln 2x ＋12x ，x ∈[10,20]，则g′(x)＝22x ＋1·x－ln 2x ＋12x 2＝2x －2x ＋1ln 2x ＋12x 22x ＋1.令h(x)＝2x －(2x ＋1)ln(2x ＋1)，则h′(x)＝2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤2ln 2x ＋1＋2x ＋122x ＋1＝－2ln(2x ＋1)<0，可知h(x)在[10,20]上单调递减．从而h(20)≤h(x)≤h(10)，又h(10)＝20－21ln21<21(1－ln21)<0. 故可知g(x)在[10,20]上单调递减，因此g(x)min ＝ln4140，即m≤ln4140－120.故当美元嘚贬值指数m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，ln41－240时，该企业加工生产不会亏损．。

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