課時作業(yè)-第二課時-利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值

第二課時利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值知識點、方法基礎(chǔ)鞏固練綜合運用練應(yīng)用創(chuàng)新練導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值1,2,3,7,812,1315導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值4,511函數(shù)的極值與最值綜合問題6,910141.(2021·安徽阜陽高三聯(lián)考)若函數(shù)f(x)=x3-ax2(a>0)的極大值點為a-2,則a=(B)A.1 B.2 C.4 D.6解析:函數(shù)f(x)=x3-ax2(a>0)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)=3x2-2ax.當(dāng)x<0或x>2a3時,f′(x)>0,當(dāng)0<x<2.(2021·河南南陽高三期末)已知函數(shù)f(x)=ax+ex沒有極值點,則實數(shù)a的取值范圍是(D)A.a<0 B.a>0 C.a≤0 D.a≥0解析:函數(shù)f(x)=ax+ex在R上沒有極值點,即函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等于0無解或有唯一解(但導(dǎo)數(shù)在點的兩側(cè)符號相同).函數(shù)f(x)=ax+ex的導(dǎo)數(shù)為f′(x)=a+ex,所以a+ex=0無解,所以a=-ex無解,所以a≥0.故選D.3.一個矩形鐵皮的長為16cm,寬為10cm,在四個角上截去四個相同的小正方形,制成一個無蓋的小盒子,若記小正方形的邊長為x(cm),小盒子的容積為V(cm3),則(B)A.當(dāng)x=2時,V有極小值B.當(dāng)x=2時,V有極大值C.當(dāng)x=203D.當(dāng)x=203解析:小盒子的容積為V(x)=x(16-2x)(10-2x)=4x3-52x2+160x(0<x<5),所以V′(x)=12x2-104x+160,令V′(x)=0,得x=2或x=2034.已知函數(shù)f(x)=3lnx-x2+(a-12A.(-12,5) B.(-12,C.(12,112) 解析:因為f′(x)=3x-2x+a-12,所以由題設(shè)f′(x)=3x-2x+a-即a+12>05.設(shè)圓柱的體積為V,那么其表面積最小時,底面半徑為(D)A.3V B.3Vπ C.3解析:設(shè)圓柱的底面圓半徑為r,高為h,則V=πr2h,即h=Vπ2πrh+2πr2=2πr·Vπr2+2πr2=2Vr+2πr2,S′=4πr-2Vr2=6.(2021·河南鄭州高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x3-(3a+32)x2+6ax,若f(x)在(-1,+∞)上既有極大值,又有最小值,且最小值為3a-1A.(-16,12) B.(-12C.(-12,-16] D.(-12解析:由于函數(shù)f(x)=x3-(3a+32)x2+6ax的導(dǎo)數(shù)f′(x)=3x26a=(3x-6a)·(x-1)的零點為2a和1,且f(1)=3a-12所以-1<2a<1,且f(-1)≥3a-12,解得-12<a≤-7.(2021·河南鄭州一模)已知f(x)=(x2+2x+a)ex,若f(x)存在極小值,則a的取值范圍是.

解析:函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)=(2x+2)ex+(x2+2x+a)ex=ex(x2+4x+a+2).因為函數(shù)f(x)的定義域為R,所以若f(x)存在極小值,即函數(shù)f(x)有最小值點,所以x2+4x+a+2=0有兩個不相等的實數(shù)根,Δ=16-4(a+2)>0,解得a<2.答案:(-∞,2)8.(2021·湖北武漢華中師大一附中高三模擬)寫出一個定義在R上且使得命題“若f′(1)=0,則1為函數(shù)f(x)的極值點”為假命題的函數(shù)f(x)=.

解析:由題意,f′(1)=0且f′(x)在x=1處不存在變號零點,例如f(x)=(x-1)3,則f′(x)=3(x-1)2,所以f′(1)=0,且f′(x)=3(x-1)2≥0,符合題意.答案:(x-1)3(答案不唯一)9.已知函數(shù)f(x)=3-2xx2解析:因為f(x)=3-2xx2由題意可得f′(-1)=2(故f(x)=3-2x由f′(x)=0得x=-1或x=4.當(dāng)x變化時,函數(shù)f(x),f′(x)的變化情況如表,x(-∞,-1)-1(-1,4)4(4,+∞)f′(x)+0-0+f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-1),(4,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(-1,4).當(dāng)x<32時,f(x)>0;當(dāng)x>3所以,f(x)max=f(-1)=1,f(x)min=f(4)=-14答案:1-110.(多選題)(2021·廣東湛江高三一模)已知函數(shù)f(x)=x3-3lnx-1,則(BC)A.f(x)的極大值為0B.曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線為x軸C.f(x)的最小值為0D.f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)解析:函數(shù)f(x)=x3-3lnx-1的定義域為(0,+∞),導(dǎo)數(shù)f′(x)=3x2-3x3x(x3令f′(x)=3x(x3當(dāng)x變化時,f(x),f′(x)的變化情況如表:x(0,1)1(1,+∞)f′(x)-0+f(x)單調(diào)遞減0單調(diào)遞增所以f(x)的極小值,也是最小值為f(1)=0,無極大值,在定義域內(nèi)不單調(diào),故C正確,A,D錯誤;對于B,由f(1)=0及f′(1)=0,所以y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程為y=0,即x軸,故B正確.故選BC.11.(2021·內(nèi)蒙古興安盟模擬)已知f(x)=2x3-6x2+m(m為常數(shù)),在[-2,2]上有最大值3,那么此函數(shù)在[-2,2]上的最小值為.

解析:由已知可得,f′(x)=6x2-12x,由6x2-12x=0得x=2或x=0,因此當(dāng)x∈[2,+∞)∪(-∞,0]時,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈[0,2]時,f(x)單調(diào)遞減,又因為x∈[-2,2],所以當(dāng)x∈[-2,0]時,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈[0,2]時,f(x)單調(diào)遞減,f(x)max=f(0)=m=3,故有f(x)=2x3-6x2+3,所以f(-2)=-37,f(2)=-5.因為f(-2)=-37<f(2)=-5,所以函數(shù)f(x)的最小值為f(-2)=-37.答案:-3712.(2021·江西吉安高三期末)已知函數(shù)f(x)=aex·(x-2)(a≠0).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)a=-1時,求函數(shù)g(x)=f(x)+x2-2x的極值.解:(1)函數(shù)f(x)的定義域為R,f′(x)=aex(x-1).若a>0,由f′(x)<0,可得x<1;由f′(x)>0,可得x>1,所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,1),單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞);若a<0,由f′(x)<0,可得x>1;由f′(x)>0,可得x<1,所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞),單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,1).綜上所述,當(dāng)a>0時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,1),單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞);當(dāng)a<0時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞),單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,1).(2)當(dāng)a=-1時,可得g(x)=f(x)+x2-2x=-ex(x-2)+x2-2x,則g′(x)=-ex(x-1)+2x-2=-(x-1)(ex-2),由g′(x)=0,即(x-1)(ex-2)=0,解得x=1或x=ln2.當(dāng)x變化時,g′(x)與g(x)的變化情況如表:x(-∞,ln2)ln2(ln2,1)1(1,+∞)g′(x)-0+0-g(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減所以當(dāng)x=ln2時,函數(shù)g(x)取得極小值g(ln2)=ln22-4ln2+4;當(dāng)x=1時,函數(shù)g(x)取得極大值g(1)=e-1.13.已知函數(shù)f(x)=(x-2)(ex-ax).當(dāng)a>0時,討論f(x)的極值情況.解:f′(x)=(ex-ax)+(x-2)(ex-a)=(x-1)ex-2a(x-1)=(x-1)(ex-2a).因為a>0,由f′(x)=0得,x=1或x=ln(2a).①當(dāng)a=e2時,f′(x)=(x-1)(ex②當(dāng)0<a<e2x,f′(x),f(x)的關(guān)系如表:x(-∞,ln(2a))ln(2a)(ln(2a),1)1(1,+∞)f′(x)+0-0+f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增故f(x)有極大值f(ln(2a))=-a(ln(2a)-2)2,極小值f(1)=a-e.③當(dāng)a>e2x,f′(x),f(x)的關(guān)系如表:x(-∞,1)1(1,ln(2a))ln(2a)(ln(2a),+∞)f′(x)+0-0+f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增故f(x)有極大值f(1)=a-e,極小值f(ln(2a))=-a(ln(2a)-2)2.綜上,當(dāng)0<a<e2時,f(x)有極大值-a(ln(2a)-2)2,極小值a-e;當(dāng)a=e2時,f(x)無極值;當(dāng)a>e214.(2021·全國乙卷)設(shè)a≠0,若x=a為函數(shù)f(x)=a(x-a)2(x-b)的極大值點,則(D)A.a<b B.a>b C.ab<a2 D.ab>a2解析:若a=b,則f(x)=a(x-a)3為單調(diào)函數(shù),無極值點,不符合題意,故a≠b.所以f(x)有x=a和x=b兩個不同零點,且在x=a左右附近是不變號的,在x=b左右附近是變號的.依題意,x=a為函數(shù)f(x)=a(x-a)2(x-b)的極大值點,所以在x=a左右附近都是小于零的.當(dāng)a<0時,由x>b,f(x)≤0,畫出f(x)的圖象如圖所示.由圖可知b<a,a<0,故ab>a2.當(dāng)a>0時,由x>b,f(x)>0,畫出f(x)的圖象如圖所示.由圖可知b>a,a>0,故ab>a2.綜上所述,ab>a2成立.故選D.15.(2021·四川涼山高三三模)若x0是函數(shù)f(x)=ex-lnxx-A.1x0+lnx0=0 B.x0-lnxC.x0+lnx0=0 D.