高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第2章基本初等函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第13講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值最值及實際應(yīng)用知能訓(xùn)練

PAGE第13講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值及實際應(yīng)用1．(2016·岳陽一模)下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又存在極值的是()A．y＝x3 B．y＝ln(－x)C．y＝xe－x D．y＝x＋eq\f(2,x)解析：選D.由題可知，B、C選項中的函數(shù)不是奇函數(shù)，A選項中，函數(shù)y＝x3單調(diào)遞增(無極值)，而D選項中的函數(shù)既為奇函數(shù)又存在極值．故選D.2．(2016·濟寧模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值為()A.eq\f(1,2) B．1C．0 D．不存在解析：選A.f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1.所以f(x)在x＝1處取得最小值，且f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).3．(2016·長治調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋cx＋d有極值，則c的取值范圍為()A．c<eq\f(1,4) B．c≤eq\f(1,4)C．c≥eq\f(1,4) D．c>eq\f(1,4)解析：選A.由題意得f′(x)＝x2－x＋c，若函數(shù)f(x)有極值，則Δ＝1－4c>0，解得c<eq\f(1,4).4．已知某生產(chǎn)廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產(chǎn)量x(單位：萬件)的函數(shù)關(guān)系式為y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家獲取最大年利潤的年產(chǎn)量為()A．13萬件 B．11萬件C．9萬件 D．7萬件解析：選C.因為y′＝－x2＋81，所以當(dāng)x>9時，y′<0；當(dāng)0<x<9時，y′>0.所以函數(shù)y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234在(9，＋∞)上遞減，在(0，9)上遞增，所以x＝9是該函數(shù)的極大值點，又該函數(shù)在(0，＋∞)上只有一個極大值點，所以該函數(shù)在x＝9處取得最大值．5．(2016·江西省八所重點中學(xué)聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x(lnx－ax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，0) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．(0，1) D．(0，＋∞)解析：選B.因為f(x)＝x(lnx－ax)，所以f′(x)＝lnx－2ax＋1，由題可知f′(x)在(0，＋∞)上有兩個不同的零點，令f′(x)＝0，則2a＝eq\f(lnx＋1,x)，令g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，則g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，所以g(x)在(0，1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減，又因為當(dāng)x從右邊趨近于0時，g(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，所以只需0<2a<1?0<a<eq\f(1,2).6．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m，n∈[－1，1]，則f(m)＋f′(n)的最小值為()A．－13 B．－15C．10 D．15解析：選A.f′(x)＝－3x2＋2ax，因為函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，所以－12＋4a＝0，解得a＝3，所以f′(x)＝－3x2＋6x，f(x)＝－x3＋3x2－4.易知f′(n)＝－3n2＋6n，f(m)＝－m3＋3m2－4，又m，n∈[－1，1]，所以當(dāng)n＝－1時，f′(n)最小，為－9；又f′(m)＝－3m2＋6m，令f′(m)＝0得m＝0或m＝2，所以當(dāng)m＝0時，f(m)最小，為－4.故f(m)＋f′(7．函數(shù)y＝2x－eq\f(1,x2)的極大值是________．解析：y′＝2＋eq\f(2,x3)，令y′＝0，得x＝－1.當(dāng)x＜－1時，y′＞0；當(dāng)－1<x<0時，y′＜0.所以當(dāng)x＝－1時，y取極大值－3.答案：－38．(2016·新鄉(xiāng)一模)設(shè)x1，x2是函數(shù)f(x)＝x3－2ax2＋a2x的兩個極值點，若x1<2<x2，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：由題意得f′(x)＝3x2－4ax＋a2的兩個零點x1，x2滿足x1<2<x2，所以f′(2)＝12－8a＋a2<0，解得2<a答案：(2，6)9．(2016·新余一中一模)函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))上的最大值為________．解析：因為f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，所以f′(x)＝0在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))上的解為x＝eq\f(π,2).又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(π,12)＋eq\f(\r(3),2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)，f(π)＝－1，所以函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))上的最大值為eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)10．設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－bx，若x＝1是f(x)的極大值點，則實數(shù)a的取值范圍為________．解析：f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－ax－b，則f′(1)＝0，得b＝1－a.所以f′(x)＝eq\f(1,x)－ax＋a－1＝eq\f(－ax2＋1＋ax－x,x).①若a≥0，當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0，f(x)遞增；當(dāng)x>1時，f′(x)<0，f(x)遞減，所以x＝1是f(x)的極大值點．②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－eq\f(1,a)，因為x＝1是f(x)的極大值點，所以－eq\f(1,a)>1，解得－1<a<0.綜合①②得a的取值范圍是a>－1.答案：(－1，＋∞)11．(2015·高考全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時，求a解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.若a≤0，則f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上是遞增的．若a＞0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)＜0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上是遞增的，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上是遞減的．(2)由(1)知，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上無最大值；當(dāng)a＞0時，f(x)在x＝eq\f(1,a)處取得最大值，最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))＝－lna＋a－1.因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＞2a－2等價于lna＋a－1＜0.令g(a)＝lna＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)上是遞增的，g(1)＝0.于是，當(dāng)0＜a＜1時，g(a)＜0；當(dāng)a＞1時，g(a)＞0.因此，a的取值范圍是(0，1)．12．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax＋1.(1)當(dāng)x＝1時，f(x)取得極值，求a的值；(2)求f(x)在[0，1]上的最小值；(3)若對任意m∈R，直線y＝－x＋m都不是曲線y＝f(x)的切線，求a的取值范圍．解：(1)因為f′(x)＝x2－a，當(dāng)x＝1時，f(x)取得極值，所以f′(1)＝1－a＝0，a＝1，又x∈(－1，1)時，f′(x)<0，x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在x＝1處取得極小值，即a＝1時符合題意．(2)當(dāng)a≤0時，f′(x)>0對x∈(0，1)恒成立，所以f(x)在(0，1)上遞增，所以f(x)在x＝0處取得最小值f(0)＝1.當(dāng)a>0時，令f′(x)＝x2－a＝0，解得x1＝－eq\r(a)，x2＝eq\r(a)，當(dāng)0<a<1時，eq\r(a)<1，當(dāng)x∈(0，eq\r(a))時，f′(x)<0，f(x)是遞減的；當(dāng)x∈(eq\r(a)，1)時，f′(x)>0，f(x)是遞增的，所以f(x)在x＝eq\r(a)處取得最小值f(eq\r(a))＝1－eq\f(2a\r(a),3).當(dāng)a≥1時，eq\r(a)≥1.x∈(0，1)時，f′(x)<0，f(x)是遞減的，所以f(x)在x＝1處取得最小值f(1)＝eq\f(4,3)－a.綜上所述，當(dāng)a≤0時，f(x)在x＝0處取得最小值f(0)＝1；當(dāng)0<a<1時，f(x)在x＝eq\r(a)處取得最小值f(eq\r(a))＝1－eq\f(2a\r(a),3)；當(dāng)a≥1時，f(x)在x＝1處取得最小值f(1)＝eq\f(4,3)－a.(3)因為?m∈R，直線y＝－x＋m都不是曲線y＝f(x)的切線，所以f′(x)＝x2－a≠－1對x∈R恒成立，只要f′(x)＝x2－a的最小值大于－1即可．而f′(x)＝x2－a的最小值為－a，所以－a>－1，即a<1.1．一列電力機車每小時電的消耗費用與機車行駛速度的立方成正比，已知當(dāng)速度為20km/h時，每小時消耗的電價值40元，其他費用每小時需400元，機車的最高速度為100km/h解：設(shè)機車的速度為xkm/h，甲、乙兩城距離為akm.由題意，令40＝k·203，所以k＝eq\f(1,200)，則總費用f(x)＝(kx3＋400)·eq\f(a,x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2＋\f(400,x)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,200)x2＋\f(400,x)))(0<x≤100)．由f′(x)＝eq\f(a（x3－40000）,100x2)＝0，得x＝20eq\r(3,5).當(dāng)0<x<20eq\r(3,5)時，f′(x)<0；當(dāng)20eq\r(3,5)<x≤100時，f′(x)>0.所以當(dāng)x＝20eq\r(3,5)時，f(x)取最小值，即速度為20eq\r(3,5)km/h時2．(2016·洛陽統(tǒng)考)已知f(x)＝xex－ax2－x.(1)若f(x)在(－∞，－1]上是遞增的，[－1，0]上是遞減的，求f(x)的極小值；(2)當(dāng)x≥0時，恒有f(x)≥0，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)因為f(x)在(－∞，－1]上遞增，[－1，0]上遞減，所以f′(－1)＝0.因為f′(x)＝(x＋1)ex－2ax－1，所以2a－1＝0，a＝eq\f(1,2).所以f′(x)＝(x＋1)ex－x－1＝(x＋1)(ex－1)，所以f(x)在(－∞，－1