2022版高考数学一轮复习-课后限时集训-20-利用导数解决函数的极值、最值.doc

2022版高考数学一轮复习 课后限时集训 20 利用导数解决函数的极值、最值2022版高考数学一轮复习 课后限时集训 20 利用导数解决函数的极值、最值年级：姓名：课后限时集训(二十)利用导数解决函数的极值、最值建议用时：40分钟一、选择题1函数y在0,2上的最大值是()AB C0DA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ymax，故选A.2(2020宁波质检)下列四个函数中，在x0处取得极值的函数是()yx3；yx21；yx33x2；y2x.AB CDD对于，y3x20，故不是；对于，y2x，当x0时，y0，当x0时，y0，当x0时，y0，故是；对于，y3x26x3x(x2)，当x0时，y0，当0x2时，y0，当x0时，y0，故是；对于，由y2x的图象知，不是故选D.3(多选)(2020山东省日照实验高中月考)函数yf(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，以下命题错误的是()A3是函数yf(x)的极值点B1是函数yf(x)的最小值点Cyf(x)在区间(3,1)上单调递增Dyf(x)在x0处的切线的斜率小于零BD根据导函数的图象可知，当x(，3)时，f(x)0，当x(3,1)时，f(x)0，函数yf(x)在(，3)上单调递减，在(3,1)上单调递增，3是函数yf(x)的极值点函数yf(x)在(3,1)上单调递增，1不是函数yf(x)的最小值点函数yf(x)在x0处的导数大于零，yf(x)在x0处的切线的斜率大于零，故选BD.4(多选)(2020山东临沂期末)已知函数f(x)xsin xxcos x的定义域为2，2)，则()Af(x)为奇函数Bf(x)在0，)上单调递增Cf(x)恰有4个极大值点Df(x)有且仅有4个极值点BD由题意得f(x)1cos x(cos xxsin x)1xsin x，当x0，)时，f(x)0，则f(x)在0，)上单调递增令f(x)0，得sin x.作出ysin x，y在区间2，2)上的大致图象，如图所示，由图可知，这两个函数的图象在区间2，2)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点处都不相切，故f(x)在区间2，2)上的极值点的个数为4，且f(x)只有2个极大值点故选BD.5已知f(x)2x36x2m(m为常数)在2,2上有最大值3，那么此函数在2,2上的最小值是()A37B29 C5D以上都不对Af(x)6x212x6x(x2)，f(x)在(2,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，x0为极大值点，也为最大值点，f(0)m3，m3.f(2)37，f(2)5.最小值是37.故选A.6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()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7设直线ym与曲线C：yx(x2)2的三个交点分别为A(a，m)，B(b，m)，C(c，m)，其中abc，则实数m的取值范围是_，a2b2c2的值为_8根据题意，设f(x)x(x2)2，其导数f(x)3x28x4，令f(x)0，解得x或x2，则f(x)在和(2，)上单调递增，在上单调递减，故f(x)的极大值为f ，极小值为f(2)0，若直线ym与曲线C：yx(x2)2有三个交点，必有0m，即m的取值范围为.设g(x)f(x)mx(x2)2mx34x24xm，若直线ym与曲线C：yx(x2)2有三个交点，且其坐标分别为A(a，m)，B(b，m)，C(c，m)，则函数g(x)x34x24xm0有三个根，依次为a，b，c，则有x34x24xm(xa)(xb)(xc)x3(abc)x2(abacbc)xabc，变形可得abcm，abc4，abbcac4，则a2b2c2(abc)22(abbcac)8.8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)maxf ln 10，解得a.9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10已知函数f(x)axln x，其中a为常数(1)当a1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a1时，f(x)xln x，f(x)1，令f(x)0，得x1.当0x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0.f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，)上是减函数f(x)maxf(1)1.当a1时，函数f(x)在(0，)上的最大值为1.(2)f(x)a，x(0，e，.若a，则f(x)0，从而f(x)在(0，e上是增函数，f(x)maxf(e)ae10，不合题意若a，令f(x)0得a0，结合x(0，e，解得0x；令f(x)0得a0，结合x(0，e，解得xe.从而f(x)在上为增函数，在上为减函数，f(x)maxf 1ln.令1ln3，得ln2，即ae2.e2，ae2为所求故实数a的值为e2.11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31(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(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cv15(c0)，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(单位时间)，用氧量为(升)，水底作业时的用氧量为100.99(升)，返回水面用时(单位时间)，用氧量为1.5(升)，因此总用氧量y9(v0)(2)y，令y0得v10，当0v10时，y0，函数单调递减；当v10时，y0，函数单调递增若c10，函数在(c,10)上单调递减，在(10，15)上单调递增，当v10时，总用氧量最少若c10，则y在c,15上单调递增，当vc时，这时总用氧量最少1(多选)若函数f(x)2x3ax2(a0)在上有最大值，则a的取值可能为()A6B5 C4D3ABC令f(x)2x(3xa)0，解得x10，x2(a0)，当x0时，f(x)0；当x或x0时，f(x)0，则f(x)的单调递增区间为，(0，)，单调递减区间为，从而f(x)在x处取得极大值f，由f(x)，得20，解得x或x，又f(x)在上有最大值，所以，解得a4.所以选项A，B，C符合题意2若x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极小值为()A1B2e3 C5e3D1Af(x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1x2(a2)xa1ex1.x2是f(x)的极值点，f(2)0，即(42a4a1)e30，得a1.f(x)(x2x1)ex1，f(x)(x2x2)ex1.由f(x)0，得x2或x1；由f(x)0，得2x1.f(x)在(，2)上单调递增，在(2,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)的极小值点为1，f(x)的极小值为f(1)1.3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f aln 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f aln 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1(多选)(2020山东莱芜一中模考)已知函数f(x)，g(x)xex，若存在x1(0，)，x2R，使得f(x1)g(x2)k(k0)成立，则下列结论正确的是()Aln x1x2Bln(x2)x1C2ek的最大值为D2ek的最大值为AC由f(x1)g(x2)k(k0)，得x2ex20(*)，0x11，x20.由(*)可得x2ex20，两边同时取对数可得ln(ln x1)ln x1ln(x2)x2.函数yln xx在(0，)上为增函数，ln x1x2，ln x1x2，k，故2ekk2ek.设h(k)k2ek(k0)，h(k)ek(k22k)，由ek(k22k)0，可得k2，故h(k)在(，2)上单调递增，在(2,0)上单调递减，故h(k)maxh(2)，因此2ek的最大值为.综上，AC正确2已知函数f(x)2sin xsin 2x，则f(x)的最小值是_f(x)的最小正周期T2，求f(x)的最小值相当于求f(x)在0,2上的最小值f(x)2cos x2cos 2x2cos x2(2cos2x1)4cos2x2cos x22(2cos x1)(cos x1)令f(x)0，解得cos x或cos x1，x0,2由cos x1，得x；由cos x，得x或x.函数的最值只能在导数值为0的点或区间端点处取到，f()2sin sin 20，f 2sin sin ，f ，f(0)0，f(2)0，f(x)的最小值为.3(2019全国卷)已知函数f(x)2x3ax2b.(1)讨论f(x)的单调性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间0,1的最小值为1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由解(1)f(x)6x22ax2x(3xa)令f(x)0，得x0或x.若a0，则当x(，0)时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在(，0)，单调递增，在单调递减若a0，f(x)在(，)单调递增若a0，则当x(0，)时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在，(0，)单调递增，在单调递减(2)满足题设条件的a，b存在当a0时，由(1)知，f(x)在0,1单调递增，所以f(x)在区间0,1的最小值为f(0)b，最大值为f(1)2ab.此时a，b满足题设条件当且仅当b1，2ab1，即a0，b1.当a3时，由(1)知，f(x)在0,1单调递减，所以f(x)在区间0,1的最大值为f(0)b，最小值为f(1)2ab.此时a，b满足题设条件当且仅当2ab1，b1，即a4，b1.当0a3时，由(1)知，f(x)在0,1的最小值为fb，最大值为b或2ab.若b1，b1，则a3，与0a3矛盾若b1,2ab1，则a3或a3或a0，与0a3矛盾综上，当且仅当a0，b1或a4，b1时，f(x)在0,1的最小值为1，最大值为1.