【数学】2021届一轮复习人教A版（文）第三章　第3讲　导数与函数的极值、最值作业

【数学】2021届一轮复习人教A版（文）第三章　第3讲　导数与函数的极值、最值作业

第3讲　导数与函数的极值、最值 ‎[基础题组练]‎ ‎1．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是(　　)‎ A．25，－2　　　　　　　 B．50，14‎ C．50，－2 D．50，－14‎ 解析：选C.因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x，当x∈[－4，－3)或x∈(0，2]时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，当x∈(－3，0)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是50，－2.‎ ‎2．已知函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，给出下列判断：‎ ‎①函数y＝f(x)在区间内单调递增；‎ ‎②当x＝－2时，函数y＝f(x)取得极小值；‎ ‎③函数y＝f(x)在区间(－2，2)内单调递增；‎ ‎④当x＝3时，函数y＝f(x)有极小值．‎ 则上述判断正确的是(　　)‎ A．①② B．②③‎ C．①②④ D．③④‎ 解析：选B.对于①，函数y＝f(x)在区间内有增有减，故①不正确；‎ 对于②，当x＝－2时，函数y＝f(x)取得极小值，故②正确；‎ 对于③，当x∈(－2，2)时，恒有f′(x)>0，则函数y＝f(x)在区间(－2，2)上单调递增，故③正确；‎ 对于④，当x＝3时，f′(x)≠0，故④不正确．‎ ‎3．已知函数f(x)＝2f′(1)ln x－x，则f(x)的极大值为(　　)‎ A．2 B．2ln 2－2‎ C．e D．2－e 解析：选B.函数f(x)定义域(0，＋∞)，f′(x)＝－1，所以f′(1)＝1，f(x)＝2ln x－x，令f′(x)＝－1＝0，解得x＝2.当00，当x>2时，f′(x)<0，所以当x ‎＝2时函数取得极大值，极大值为2ln 2－2.‎ ‎4．用边长为120 cm的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为(　　)‎ A．120 000 cm3 B．128 000 cm3‎ C．150 000 cm3 D．158 000 cm3‎ 解析：选B.设水箱底长为x cm，则高为cm.‎ 由得0＜x＜120.‎ 设容器的容积为y cm3，则有y＝－x3＋60x2.‎ 求导数，有y′＝－x2＋120x.‎ 令y′＝0，解得x＝80(x＝0舍去)．‎ 当x∈(0，80)时，y′＞0；当x∈(80，120)时，y′＜0.‎ 因此，x＝80是函数y＝－x3＋60x2的极大值点，也是最大值点，‎ 此时y＝128 000.故选B.‎ ‎5．函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是(　　)‎ A．0 B．1‎ C．2 D．无数 解析：选A.函数定义域为(0，＋∞)，‎ 且f′(x)＝6x＋－2＝，‎ 由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋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．‎ ‎6．函数f(x)＝x3－3x2＋4在x＝ 处取得极小值．‎ 解析：由f′(x)＝3x2－6x＝0，得x＝0或x＝2.列表 x ‎(－∞，0)‎ ‎0‎ ‎(0，2)‎ ‎2‎ ‎(2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  所以在x＝2处取得极小值．‎ 答案：2‎ ‎7．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1.若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为 ‎6，则实数a＝ ；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是 ．‎ 解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6，结合题意f′(1)＝3a＋9＝6，解得a＝－1；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则f′(x)＝0在(－1，3)内有2个不相等的实数根，则解得－1时，f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数，当－2n；令f′(x)>0，得x1时，函数f(x)在[1，n)上单调递增，在(n，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(n)＝m－1－ln n.‎ ‎10．(2019·高考江苏卷节选)设函数f(x)＝(x－a)(x－b)·(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)为f(x)的导函数．‎ ‎(1)若a＝b＝c，f(4)＝8，求a的值；‎ ‎(2)若a≠b，b＝c，且f(x)和f′(x)的零点均在集合{－3，1，3}中，求f(x)的极小值．‎ 解：(1)因为a＝b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)＝(x－a)3.‎ 因为f(4)＝8，所以(4－a)3＝8，解得a＝2.‎ ‎(2)因为b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2，‎ 从而f′(x)＝3(x－b).令f′(x)＝0，得x＝b或x＝.‎ 因为a，b，都在集合{－3，1，3}中，且a≠b，‎ 所以＝1，a＝3，b＝－3.‎ 此时，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1)．‎ 令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1.列表如下：‎ x ‎(－∞，－3)‎ ‎－3‎ ‎(－3，1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  所以f(x)的极小值为f(1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．(2020·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(　　)‎ A．2折函数 B．3折函数 C．4折函数 D．5折函数 解析：选C.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．‎ ‎2．若函数f(x)＝2x2－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－，所以由f′(x)＝0解得x＝，由题意得解得1≤k<.‎ 答案： ‎3．已知函数f(x)＝.‎ ‎(1)求函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)证明：f(x)仅有唯一的极小值点．‎ 解：(1)因为f′(x)＝，‎ 所以k＝f′(1)＝－2.又因为f(1)＝e＋2，‎ 所以切线方程为y－(e＋2)＝－2(x－1)，即2x＋y－e－4＝0.‎ ‎(2)证明：令h(x)＝ex(x－1)－2，则h′(x)＝ex·x，所以x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0.当x∈(－∞，0)时，易知h(x)<0，‎ 所以f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上没有极值点．‎ 当x∈(0，＋∞)时，‎ 因为h(1)＝－2<0，h(2)＝e2－2>0，‎ 所以f′(1)<0，f′(2)>0，f(x)在(1，2)上有极小值点．‎ 又因为h(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ 所以f(x)仅有唯一的极小值点．‎ ‎4．设f(x)＝xln x－ax2＋(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)＝－2a＝.又a>0，‎ 当x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，‎ 当x∈时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减．‎ 所以函数y＝g(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ ‎(2)由(1)知，f′(1)＝0.‎ ‎①当01，由(1)知f′(x)在上单调递增，可得当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0.‎ 所以f(x)在(0，1)内单调递减，在上单调递增．‎ 所以f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意．‎ ‎②当a＝时，＝1，f′(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不符合题意．‎ ‎③当a>时，0<<1，当x∈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.‎