《2022届高三数学一轮复习（原卷版）课后限时集训16 利用导数解决函数的极值、最值 作业 (2).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高三数学一轮复习（原卷版）课后限时集训16 利用导数解决函数的极值、最值 作业 (2).doc（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、利用导数解决函数的极值、最值建议用时：45分钟一、选择题1函数y在0,2上的最大值是()A.B.C0 D.A易知y，x0,2，令y0，得0x1，令y0，得1x2，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|x1，故选A.2已知函数f(x)cos xaln x在x处取得极值，则a()A.B.C. DCf(x)sin x，且f0，0，即a，故选C.3函数f(x)x3bx2cxd的大致图象如图所示，则xx等于()A. B.C. D.C函数f(x)的图象过原点，所以d0.又f(1)0且f(2)0，即1bc0且84b2c0，解得b1，c2，所以函数f(x)x3x22
2、x，所以f(x)3x22x2，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x1x2，x1x2，所以xx(x1x2)22x1x2.4(2019·东莞模拟)若x1是函数f(x)axln x的极值点，则()Af(x)有极大值1 Bf(x)有极小值1Cf(x)有极大值0 Df(x)有极小值0Af(x)axln x，x0，f(x)a，由f(1)0得a1，f(x)1.由f(x)0得0x1，由f(x)0得x1，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)x33x29x1，若f(x)在区间k,2上的最
3、大值为28，则实数k的取值范围为()A3，) B(3，)C(，3) D(，3D由题意知f(x)3x26x9，令f(x)0，解得x1或x3，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)00f(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k3.二、填空题6设aR，若函数yexax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是 (，1)yexax，yexa.函数yexax有大于零的极值点，则方程yexa0有大于零的解，x0时，ex1，aex1.7已知函数f(x)ln xax存在最大值0，则a .f(x)a，x0.当
4、a0时，f(x)a0恒成立，函数f(x)单调递增，不存在最大值；当a0时，令f(x)a0，解得x.当0x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)maxfln 10，解得a.8做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27，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VR2l27，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，SR22RlR22·.S2R，令S0，得R3，根据单调性得当R3时，S最小三、解答题9已知函数f(x)ln xax(aR)(1)当a时，求f(x)的极值；(2)讨论函数f(x)
5、在定义域内极值点的个数解(1)当a时，f(x)ln xx，函数f(x)的定义域为(0，)，f(x).令f(x)0，得x2，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)0f(x)极大值故f(x)在定义域上的极大值为f(2)ln 21，无极小值(2)由(1)知，函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)a(x0)当a0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a0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a0时，函数f(x)无极值点；当
6、a0时，函数f(x)有一个极大值点10已知函数f(x)ln x.(1)若a0，试判断f(x)在定义域内的单调性；(2)若f(x)在1，e上的最小值为，求实数a的值解(1)由题意得f(x)的定义域是(0，)，且f(x)，因为a0，所以f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增(2)由(1)可得f(x)，因为x1，e，若a1，则xa0，即f(x)0在1，e上恒成立，此时f(x)在1，e上单调递增，所以f(x)minf(1)a，所以a(舍去)若ae，则xa0，即f(x)0在1，e上恒成立，此时f(x)在1，e上单调递减，所以f(x)minf(e)1，所以a(舍去)若ea1，令f(x)0，得xa，当1
7、xa时，f(x)0，所以f(x)在(1，a)上单调递减；当axe时，f(x)0，所以f(x)在(a，e)上单调递增，所以f(x)minf(a)ln(a)1，所以a.综上，a.1设函数f(x)在R上可导，其导函数为f(x)，且函数f(x)在x2处取得极小值，则函数yxf(x)的图象可能是()ABCDC由题意可得f(2)0，且当x2时，f(x)0，则yxf(x)0，故排除B和D；当x2时，f(x)0，所以当x(2,0)时，yxf(x)0，当x0时，yxf(x)0，故排除A，选C.2函数f(x)x33x1，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()A2
8、0 B18C3 D0A原命题等价于对于区间3,2上的任意x，都有f(x)maxf(x)mint，f(x)3x23，当x3，1时，f(x)0，当x1,1时，f(x)0，当x1,2时，f(x)0.f(x)maxf(2)f(1)1，f(x)minf(3)19.f(x)maxf(x)min20，t20.即t的最小值为20.故选A.3(2019·武汉模拟)若函数f(x)2x2ln x在其定义域的一个子区间(k1，k1)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1k.4已知一企业生产某产品的年固定成本为10万元，每
9、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)当0x10时，W8.1xx310，则W8.1x2，因为0x10所以当0x9时，W0，则W递增；当9x10时，W0，则W递减所以当x9时，W取最大值38.6万元当x10时，W9898238.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)x33ax
10、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(x2a)，所以当a0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a0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)00f(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1a4.2已知函数f(x)aln x(a0)(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
11、域为x|x0，f(x)(a0)(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faln aaaln 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)单调递增若01，即a1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 111，显然10，故不满足条件若1e，即a1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faln aaaln aa(1ln a)0，即ln a1，解得ae，而a1，故不满足条件若e，即0a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)a0，解得a，而0a，故不满足条件综上所述，这样的a不存在9