2020版一轮复习文科数学习题第十三篇导数及其应用选修11第11节导数在研究函数中的应用第二课时导数

第二课时导数与函数的极值、最值【选题明细表】知识点、方法题号利用导数研究函数的极值2,3,5,6,9,11利用导数研究函数的最值1,4,7,8利用导数研究函数的极值与最值综合问题13,14利用导数研究优化问题10,12基础巩固(时间:30分钟)1.函数f(x)=lnx-x在区间(0,e]上的最大值为(B)(A)1-e(B)-1(C)-e(D)0解析:因为f′(x)=-1=,当x∈(0,1)时,f′(x)0;当x∈(1,e]时,f′(x)0,所以f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,e],所以当x=1时,f(x)取得最大值ln1-1=-1.2.(2018·豫南九校第二次质量考评)若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则常数c的值为(C)(A)4(B)2或6(C)2(D)6解析:因为f(x)=x(x-c)2,所以f′(x)=3x2-4cx+c2,又f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,所以f′(2)=12-8c+c2=0,解得c=2或6,c=2时,f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值;c=6时,f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值;所以c=2.3.函数f(x)=3x2+lnx-2x的极值点的个数是(A)(A)0(B)1(C)2(D)无数解析:函数定义域为(0,+∞),且f′(x)=6x+-2=,不妨设g(x)=6x2-2x+1.由于x0,令g(x)=6x2-2x+1=0,则Δ=-200,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.4.(2018·银川模拟)已知y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=lnx-ax(a),当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,则a的值等于(D)(A)4(B)3(C)2(D)1解析:由题意知,当x∈(0,2)时,f(x)的最大值为-1.令f′(x)=-a=0,得x=,当0x时,f′(x)0;当x时,f′(x)0.所以f(x)max=f()=-lna-1=-1,解得a=1.5.(2017·赤峰二模)设函数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(D)(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-2x1时,f′(x)0;当1x2时,f′(x)0;当x2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.故选D.6.设x1,x2是函数f(x)=x3-2ax2+a2x的两个极值点,若x12x2,则实数a的取值范围是.解析:由题意得f′(x)=3x2-4ax+a2的两个零点x1,x2满足x12x2.所以f′(2)=12-8a+a20,解得2a6.答案:(2,6)7.(2018·郴州三模)已知奇函数f(x)=则函数h(x)的最大值为.解析:当x0时,f(x)=-1,f′(x)=,所以当x∈(0,1)时,f′(x)0,函数f(x)单调递减;当x1时,f′(x)0,函数f(x)单调递增.所以x=1时,f(x)取到极小值e-1,即f(x)的最小值为e-1.又f(x)为奇函数,且x0时,f(x)=h(x),所以h(x)的最大值为-(e-1)=1-e.答案:1-e8.(2018·武汉模拟)若函数f(x)=2x2-lnx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,+∞),f′(x)=4x-,所以由f′(x)=0解得x=,由题意得解得1≤k.答案:[1,)能力提升(时间:15分钟)9.(2018·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)=x2为2折函数.已知函数f(x)=(x+1)ex-x(x+2)2,则f(x)为(C)(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)ex-(x+2)(3x+2)=(x+2)(ex-3x-2),令f′(x)=0,得x=-2或ex=3x+2.易知x=-2是f(x)的一个极值点,又ex=3x+2,结合函数图象,y=ex与y=3x+2有两个交点.又e-2≠3×(-2)+2=-4.所以函数y=f(x)有3个极值点,则f(x)为4折函数.10.(2018·华大新高考联盟教学质量测评)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12cm且以每秒1cm等速率缩短,而长度以每秒20cm等速率增长.已知神针的底面半径只能从12cm缩到4cm,且知在这段变形过程中,当底面半径为10cm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acm,t秒时神针的体积为V(t)cm3,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10cm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)=8640π,V(8)=3520π,所以当t=8时,V(t)有最小值3520π,此时金箍棒的底面半径为4cm.答案:411.(2018·天津卷节选)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t2=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)=x3-x,故f′(x)=3x2-1,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)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f′(x)=3x2-6t2x+3-9.令f′(x)=0,解得x=t2-或x=t2+.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:x(-∞,t2-)t2-(t2-,t2+)t2+(t2+,+∞)f′(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6,函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3-9×=-6.12.某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3x6,a为常数.已知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克.(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解:(1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)[+10(x-6)2]=2+10(x-3)(x-6)2,3x6.从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.13.(2018·衡水中学月考)已知函数f(x)=ax-1-lnx(a∈R).(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数;(2)若函数f(x)在x=1处取得极值,∀x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2恒成立,求实数b的最大值.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a-=.当a≤0时,f′(x)0在(0,+∞)上恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.所以f(x)在(0,+∞)上没有极值点.当a0时,由f′(x)0,得0x;由f′(x)0,得x,所以f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,故f(x)在x=处有极小值.综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上没有极值点;当a0时,f(x)在(0,+∞)上有一个极值点.(2)因为函数f(x)在x=1处取得极值,所以f′(1)=a-1=0,则a=1,从而f(x)=x-1-lnx.因此f(x)≥bx-2⇒1+-≥b,令g(x)=1+-,则g′(x)=,令g′(x)=0,得x=e2,则g(x)在(0,e2)上单调递减,在(e2,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(e2)=1-,即b≤1-.故实数b的最大值是1-.14.已知函数f(x)=(a0)的导函数y=f′(x)的两个零点为-3和0.(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)的极小值为-e3,求f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值.解:(1)f′(x)==.令g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c,由于ex0.令f′(x)=0,则g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c=0,所以-3和0是y=g(x)的零点,且f′(x)与g(x)的符号相同.又因为a0,所以-3x0时,g(x)0,即f′(x)0,当x-3或x0时,g(x)0,即f′(x)0,所以f(x)的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3),(0,+∞).(2)由(1)知,x=-3是f(x)的极小值点,所以有解得a=1,b=5,c=5,所以f(x)=.因为f(x)的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3),(0,+∞).所以f(0)=5为函数f(x)的极大值,故f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值取f(-5)和f(0)中的最大者,又f(-5)==5e55=f(0),所以函数f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值是5e5.