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.C.0 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.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f(x)，且函数y(1x)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x3，此时f(x)0；当2x1时，01x3，此时f(x)0；当1x2时，11x0，此时f(x)2时，1x0，由此可以得到函数f(x)在x2处取得极大值，在x2处取得极小值，故选D.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)x3x22x，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()A.f(x)有极大值1 B.f(x)有极小值1C.f(x)有极大值0 D.f(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上的最大值为28，则实数k的取值范围为()A.3，) 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)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a0时，函数f(x)有一个极大值点.10.(2019郑州模拟)已知f(x)xln xx2(a0).(1)若a1，判断函数f(x)的单调性；(2)若g(x)f(x)(a1)x在x1处取得极大值，求实数a的取值范围.解(1)当a1时，f(x)xln xx2，f(x)1ln xx，设(x)f(x)，则(x)1，当x(0,1)时，(x)0，当x(1，)时，(x)0，所以(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，又(1)0，所以当x0时，(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 xx2(a1)x，则g(x)ln xaxa，记h(x)ln xaxa，则h(1)0，h(x)a，令h(x)0，得x.若0a1，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x1处取得极小值，不满足题意.若a1，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.若a1，则01，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x1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.若函数f(x)x3x在(t,8t2)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)x21，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x1是函数f(x)的极大值点.又函数f(x)在(t,8t2)上有最大值，所以t18t2，又f(1)f(2)，且f(x)在(1，)上单调递增，所以f(8t2)f(2)，从而t18t22，得3t.故选C.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.