关键词不能为空

当前您在: 主页 > 数学 >

高中数学导数的应用极值与最值专项训练题(全)

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-10-07 23:35
tags:高中数学导数视频

春考高中数学-湖南岳阳高中数学教材

2020年10月7日发(作者:潘承烈)


学习必备 欢迎下载
高中数学专题训练
导数的应用——极值与最值

一、选择题
1
1.函数y=ax3
+bx
2
取得极大值和极小值时的x的值分别为0和
3
,则( )
A.a-2b=0 B.2a-b=0
C.2a+b=0 D.a+2b=0
答案 D
解析 y′=3ax
2
+2bx,据题意,
1
0、是方程3ax
2
+2bx=0的两根
3
2b1
∴-
3a

3
, ∴a+2b=0.
2.当函数y=x·2
x
取极小值时,x=( )
11
A.
ln2
B.-
ln2

C.-ln2 D.ln2
答案 B
解析 由y=x·2
x
得y′=2
x
+x·2
x
·ln2
令y′=0得2
x
(1+x·ln2)=0
1
∵2
x
>0,∴x=-
ln2
3
3.函数f(x)=x-3bx+3b在(0,1)内有极小值,则( )
A.0<b<1 B.b<1
1
C.b>0 D.b<
2

答案 A
解析 f(x)在(0,1)内有极小值,则f′(x)=3x
2
-3b在(0,1)上先负后正,∴f′(0)
=-3b<0,
∴b>0,f′(1)=3-3b>0,∴b<1
综上,b的范围为0<b<1
4 .连续函数f(x)的导函数为f′(x),若(x+1)·f′(x)>0,则下列结论中正确
的是( )
A.x=-1一定是函数f(x)的极大值点
B.x=-1一定是函数f(x)的极小值点
C.x=-1不是函数f(x)的极值点
D.x=-1不一定是函数f(x)的极值点
答案 B
解析 x>-1时,f′(x)>0
x<-1时,f′(x)<0


学习必备 欢迎下载
∴连续函数f(x)在(-∞,-1)单减,在(-1,+∞)单增,∴x=-1为极小值
点.
x
3
2
5.函数y=
3
+x-3x-4在[0,2]上的最 小值是( )
1710
A.-
3
B.-
3

64
C.-4 D.-
3

答案 A
解析 y′=x
2
+2x-3.
令y′=x
2
+2x-3=0,x=-3或x=1为极值点.
当x∈[0, 1]时,y′<0.当x∈[1,2]时,y′>0,所以当x=1时,函数取得极小值,
也为最小值.
17
∴当x=1时,y
min
=-
3
.
6.函数f(x)的导函数f′(x)的图象,如右图所示,则( )
A.x=1是最小值点
B.x=0是极小值点
C.x=2是极小值点
D.函数f(x)在(1,2)上单增
答案 C
为极小值点,选C.

解析 由导数图象可知,x=0,x=2为两极值点,x=0为极大值点,x=2
17
7.已知函数f(x)=
2
x
3
-x
2

2
x,则f(-a
2
)与f(-1)的大小关系为( )
A.f(-a
2
)≤f(-1)
B.f(-a
2
)C.f(-a
2
)≥f(-1)
D.f(-a
2
)与f(-1)的大小关系不确定
答案 A
37
解析 由题意可得f′(x)=
2
x
2
-2x-
2
.
1 7
由f′(x)=
2
(3x-7)(x+1)=0,得x=-1或x=
3.
7
当x<-1时,f(x)为增函数;当-13
时,f(x) 为减函数.所以f(-1)是函数
f(x)在(-∞,0]上的最大值,又因为-a
2
≤0,故f(-a
2
)≤f(-1).
8.函数f(x)=e

x
·x,则( )


学习必备 欢迎下载
1
A.仅有极小值
2e
1
B.仅有极大值
2e
C.有极小值0,极大值
D.以上皆不正确
答案 B
解析 f′(x)=-e

x
·x+
1
2x
·e

x
=e

x
(-x+
1
2x
)=e
-< br>x
·
1-2x
.
2x
1

2e
1
令f′(x)=0,得x=
2
.
1
当x>
2
时,f′(x)<0;
1
当x<
2
时,f′(x)>0.
11111
∴x=2
时取极大值,f(
2
)=·
2
=.
e2e
二、填空题
9.若y=alnx+bx
2
+x在x=1和x =2处有极值,则a=________,b=
________.
21
答案 -
3

6

a
解析 y′=+2bx+1.
x
2
a+2b+1=0
a=-
?
?
?
3
由已 知
?
a
,解得
?

1
?
2
+4b +1=0
?
?
b=-
6


1
10.已知 函数f(x)=
3
x
3
-bx
2
+c(b,c为常数).当 x=2时,函数f(x)取得极
值,若函数f(x)只有三个零点,则实数c的取值范围为______ __
4
答案 03

1
解析 ∵f(x)=
3
x
3
-bx
2
+c,∴f′(x)=x
2
-2 bx,∵x=2时,f(x)取得极值,∴2
2
-2b×2=0,解得b=1.
∴当x∈(0,2)时,f(x)单调递减,当x∈(-∞,0) 或x∈(2,+∞)时,f(x)单调递
增.
若f(x)=0有3个实根,
?f?0?=c>0

?
1
32
f?2?=×2-2+c<0,< br>?
3

4
,解得03


学习必备 欢迎下载
11.设m∈R,若函数y=e
x
+2mx(x∈R)有大于零的极值点,则m的取值范
围是________.
1
答案 m<-
2

解析 因为函数y=e
x
+2 mx(x∈R)有大于零的极值点,所以y′=e
x
+2m=0
有大于0的实根.令y
1
=e
x
,y
2
=-2m,则两曲线的交点必在第一象限. 由图象
1
可得-2m>1,即m<-
2
.
12.已知函数f(x) =x
3
-px
2
-qx的图象与x轴相切于(1,0),则极小值为
________.
答案 0
解析 f′(x)=3x
2
-2px-q,
由题知f′(1)=3-2p-q=0.
又f(1)=1-p-q=0,
联立方程组,解得p=2,q=-1.
∴f(x)=x
3
-2x
2
+x,f′(x)=3x
2
-4x+1.
由f′(x)=3x
2
-4x+1=0,
1
解得x=1或x=
3

经检验知x=1是函数的极小值点,
∴f(x)
极小值
=f(1)=0.
三、解答题
13.设函数f (x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2π,求函数f(x)的单调区间与极值.
解析 由f(x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2π,
知f′(x)=cosx+sinx+1,
π
于是f′(x)=1+2sin(x+
4
).
π
23π
令f′(x)=0,从而sin(x+
4
)=-
2
,得x=π,或x =
2
.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x π
(0,π)
(π,
2
)
0
f′(x) + -
f(x)
单调递增 π+2 单调递减

2

0
3
2
π

(
2
,2π)

单调递增

因此,由上表知f(x)的单调递增区间是(0,π)与(
2
,2π),单调递减区间是(π,
3π3π3π
2
),极小值为f(
2
)=
2
,极大 值为f(π)=π+2.
14.设函数f(x)=6x
3
+3(a+2)x
2
+2ax. < br>(1)若f(x)的两个极值点为x
1
,x
2
,且x
1
x
2
=1,求实数a的值;


学习必备 欢迎下载
(2)是否存在实数a,使得f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数?若存在,求出a
的值;若不存在 ,说明理由.
解析 f′(x)=18x
2
+6(a+2)x+2a.
2 a
(1)由已知有f′(x
1
)=f′(x
2
)=0,从而x
1
x
2

18
=1,所以a=9;
(2)由于Δ=36 (a+2)
2
-4×18×2a=36(a
2
+4)>0,
所以不存在实数a,使得f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数.
15.已知定义在R上的函数f(x)=x
2
(ax-3),其中a为常数.
(1)若x=1是函数f(x)的一个极值点,求a的值;
(2)若函数f(x)在区间(-1,0)上是增函数,求a的取值范围.
解析 (1)f( x)=ax
3
-3x
2
,f′(x)=3ax
2
-6x=3 x(ax-2).
∵x=1是f(x)的一个极值点,∴f′(1)=0,∴a=2.
(2)解法一 ①当a=0时,f(x)=-3x
2
在区间(-1,0)上是增函数, ∴a=0符
合题意;
22
②当a≠0时,f′(x)=3ax(x-
a),令f′(x)=0得:x
1
=0,x
2

a
.
当a>0时,对任意x∈(-1,0),f′(x)>0,∴a>0符合题意;
22
当a<0时,当x∈(
a
,0)时,f′(x)>0,∴
a
≤-1,∴-2≤ a<0符合题意;
综上所述,a≥-2.
2
解法二 f′(x)=3ax
2
-6x≥0在区间(-1,0)上恒成立,∴3ax-6≤0,∴a≥在
x
22区间(-1,0)上恒成立,又
x
<=-2,∴a≥-2.
-1
16.已知函数f(x)=-x
2
+ax+1-lnx.
1
(1)若f(x)在(0,
2
)上是减函数,求a的取值范围;
(2)函数f(x)是否既有极大值又有极小值?若存在,求出a的取值范围;若不
存在,请说明理由.
111
解析 (1)f′(x)=-2x+a-
x
,∵f(x)在(0,2
)上为减函数,∴x∈(0,
2
)时-2x
11
+a-
x
<0恒成立,即a<2x+
x
恒成立.
1111
设g(x)= 2x+
x
,则g′(x)=2-
x
2
.∵x∈(0,
2)时
x
2
>4,∴g′(x)<0,∴g(x)在(0,
11
) 上单调递减,g(x)>g(
22
)=3,∴a≤3.
(2)若f(x)既有极大值 又有极小值,则f′(x)=0必须有两个不等的正实数根
x
1
,x
2
,即2x
2
-ax+1=0有两个不等的正实数根.


学习必备 欢迎下载
Δ>0
?
?
a
2
-8>0
?
故 a应满足
?
a
?
?
?a>22,∴当a>22时,
>0
?
?a>0
?
2


f′(x)=0有两个不等的实数根,
不妨设x
1
2

1
2
2
由 f′(x)=-
x
(2x-ax+1)=-
x
(x-x
1
) (x-x
2
)知,01
时f′(x)<0,x
1
< x2
时f′(x)>0,x>x
2
时f′(x)<0,
∴当a >22时f(x)既有极大值f(x
2
)又有极小值f(x
1
).

1
1. 已知y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=lnx-ax(a>< br>2
),当x∈(-2,0)
时,f(x)的最小值为 1,则a的值等于________.
答案 1
解析 ∵f(x)是奇函数,∴f(x)在(0,2)上的最大值为-1,
1111
当x∈(0,2 )时,f′(x)=
x
-a,令f′(x)=0得x=
a
,又a>
2
,∴0<
a
<2.
11
令f′(x)>0,则x<
a,∴f(x)在(0,
a
)上递增;
11
令f′(x)<0,则x>< br>a
,∴f(x)在(
a
,2)上递减,
1111
∴f(x)
max
=f(
a
)=ln
a
-a·=-1,∴ln
aa
=0,得a=1.
2.设函数f(x)=2x
3
+3ax
2< br>+3bx+8c在x=1及x=2时取得极值.
(1)求a、b的值;
(2)若对任意的x∈[0,3],都有f(x)2
成立,求c的取值范围.
解 (1)f′(x)=6x
2
+6ax+3b,
因为函数f(x)在x=1及x=2时取得极值,
则有f′(1)=0,f′(2)=0,
?
?
6+6a+3b=0,

?
解得a=-3,b=4.
?
?
24+12a+3b=0.
(2)由(1)可知,f(x)=2x
3
-9x
2
+12x+8c,
f′(x)=6x
2
-18x+12=6(x-1)(x-2).
当x∈(0,1)时,f′(x)>0;当x∈(1,2)时,f′(x)<0;
当x∈(2,3)时,f′(x)>0.
所以,当x=1时,f(x)取得极大值f(1)=5+8c.
又f(0)=8c,f(3)=9+8c,
则当x∈[0,3]时,f(x)的最大值为f(3)=9+8c.


学习必备 欢迎下载
因为对于任意的x∈[0,3],有f(x)2
恒成立,
所以9+8c2
,解得c<-1或c>9.
因此c的取值范围为(-∞,-1)∪(9,+∞).
3.已知函数f(x)=x
3
-3ax
2
+3x+1.
(1)设a=2,求f(x)的单调区间;
(2)设f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点,求a的取值范围.
解析 (1)当 a=2时,f(x)=x
3
-6x
2
+3x+1,f′(x)=3(x-2+ 3)(x-2-3).
当x∈(-∞,2-3)时f′(x)>0,f(x)在(-∞,2-3)上单调增加;
当x∈(2-3,2+3)时f′(x)<0,f(x)在(2-3,2+3)上单调减少;
当x∈(2+3,+∞)时f′(x)>0,f(x)在(2+3,+∞)上单调增加.
综上 ,f(x)的单调增区间是(-∞,2-3)和(2+3,+∞),f(x)的单调减区
间是(2-3, 2+3).
(2)f′(x)=3[(x-a)
2
+1-a
2
].
当1-a
2
≥0时,f′(x)≥0,f(x)为增函数,故f(x)无极值点;
当1-a
2
<0时,f′(x)=0有两个根,
x
1
=a -a
2
-1,x
2
=a+a
2
-1.
由题意知,2<a-
或2<a+
a
2
-1<3,①
a
2
-1<3.②
55
①式无解.②式的解为
4
<a<
3
.
55
因此a的取值范围是(
4

3
).

1.“我们称使f(x)=0的x为函数y=f(x)的零点.若函数y=f(x)在区间[a,
b] 上是连续的,单调的函数,且满足f(a)·f(b)<0,则函数y=f(x)在区间[a,b]上
有 唯一的零点”.对于函数f(x)=6ln(x+1)-x
2
+2x-1,
(1)讨论函数f(x)在其定义域内的单调性,并求出函数极值.
(2)证明连续函数f(x)在[2,+∞)内只有一个零点.
解析 (1)解:f(x)=6ln(x+1)-x
2
+2x-1定义域为(-1,+∞),
且f′(x)=
6
x+1
-2x+2=
8-2x
2
x+1
,f′(x)=0?x=2(-2舍去).
2
0
取得极大值
(2,+∞)


x
f′(x)
f(x)
(-1,2)


由表可知,f(x)值在区间(-1,2]上单调递增,在[2,+∞)上单调递减.
∴当x=2时,f(x)的极大值为f(2)=6ln3-1.


学习必备 欢迎下载
(2)证明:由(1)知f(2)=6ln3-1>0,f(x)在[2,7]上单调递减,
又f(7)=6ln8-36=18(ln2-2)<0,
∴f(2)·f(7)<0.
∴f(x)在[2,7]上有唯一零点.
当x∈[7,+∞)时,f(x)≤f(7)<0,
故x∈[7,+∞)时,f(x)不为零.
∴y=f(x)在[7,+∞)上无零点.
∴函数f(x)=6ln(x+1)-x
2
+2x-1在定义域内只有一个零点.
2.(2010·江西高考)设函数f(x)=ln x+ln (2-x)+ax(a>0).
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
1
(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为
2
,求a的值.
解析 函数f(x)的定义域为(0,2),
11
f′(x)=
x
-+a.
2-x
(1)当a=1时,f′(x)=
递减区间为(2,2);
(2)当x∈(0,1]时,f′(x)=+a>0,
x?2-x?
1
即f (x)在(0,1]上单调递增,故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)=a,因此a=
2.
3.已知函数f(x)=-x
3
+3x
2
+9x+a.
(1)求f(x)的单调递减区间;
(2)若f(x)在区间[-2,2]上的最大值为20,求它在该区间上的最小值.
分析 本题考查多项式的导数公式及运用导数求函数的单调区间和函数的
最值,题目中需注意应先比较f(2) 和f(-2)的大小,然后判定哪个是最大值从而
求出a.
解 (1)f′(x)=-3x
2
+6x+9.
令f′(x)<0,解得x<-1,或x>3,
∴函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-1),(3,+∞).
(2)∵f(-2)=8+12-18+a=2+a,
f(2)=-8+12+18+a=22+a,
∴f(2)>f(-2).
∵在(-1,3)上f′(x)>0,
2-2x
-x
2
+2
x?2-x?
,所以f(x)的单调递增区间为(0,2),单调


学习必备 欢迎下载
∴f(x)在(-1,2]上单调递增.
又由于f(x)在[-2,-1)上单调递减,
∴f(-1)是f(x)的极小值,且f(-1)=a-5.
∴f(2)和f(-1)分别是 f(x)在区间[-2,2]上的最大值和最小值,于是有22+a
=20,解得a=-2.
∴f(x)=-x
3
+3x
2
+9x-2.
∴f(-1)=a-5=-7,
即函数f(x)在区间[-2,2]上的最小值为-7.
4.已知函数f(x)=xe

x
(x∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f (x)的图象关于直线x=1对称.证明当
x>1时,f(x)>g(x);
(3)如果x< br>1
≠x
2
,且f(x
1
)=f(x
2
),证 明x
1
+x
2
>2.
解析 (1)f′(x)=(1-x)e

x
.
令f′(x)=0,解得x=1.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x 1
(-∞,1)
0
f′(x) +
f(x)
极大值
(1,+∞)


所以f(x)在(-∞,1)内是增函数,在(1,+∞)内是减函数.
1
函数f(x)在x=1处取得极大值f(1),且f(1)=
e
.
(2)由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)e
x

2.
令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=xe

x
+(x- 2)e
x

2

于是F′(x)=(x-1)(e
2x< br>-
2
-1)e

x
.
当x>1时,2x-2>0, 从而e
2x

2
-1>0,又e

x
>0.所以F ′(x)>0.从而函
数F(x)在[1,+∞)上是增函数.
又F(1)=e
-< br>1
-e

1
=0,所以x>1时,有F(x)>F(1)=0,即f( x)>g(x).
(3)①若(x
1
-1)(x
2
-1)=0,由 (1)及f(x
1
)=f(x
2
),得x
1
=x
2
=1,与x
1
≠x
2
矛盾.
②若(x
1
-1)(x
2
-1)>0,由(1)及f(x
1
)=f(x
2
),得x
1
=x
2
,与x
1
≠x
2
矛盾 .
根据①②得(x
1
-1)(x
2
-1)<0,不妨设x
1
<1,x
2
>1.
由(2)可知,f(x
2
)>g(x
2
),g(x
2
)=f(2-x
2
),所以f(x
2
)>f(2-x
2
),从而f(x
1
)>f(2
-x2
),因为x
2
>1,所以2-x
2
<1,又由(1)可知函数 f(x)在区间(-∞,1)内是增
函数,所以x
1
>2-x
2
,即 x
1
+x
2
>2.
3
5.已知函数f(x)=ax
3

2
ax
2
,函数g(x)=3(x-1)
2
.


学习必备 欢迎下载
(1)当a>0时,求f(x)和g(x)的公共单调区间;
(2)当a>2时,求函数h(x)=f(x)-g(x)的极小值;
(3)讨论方程f(x)=g(x)的解的个数.
解 (1)f′(x)=3ax
2
-3ax=3ax(x-1),又a>0,由f′(x)>0得x<0或x>1,
由f′(x) <0得0递减区间是( 0,1),而函数g(x)的单调递减区间是(-∞,1),单调递增区间是(1,
+∞),故两个函数 的公共单调递减区间是(0,1),公共单调递增区间是(1,+∞).
32
(2)h(x) =ax
3

2
ax
2
-3(x-1)
2
, h′(x)=3ax
2
-3(a+2)x+6=3a(x-
a
)(x-1),
22
令h′(x)=0,得x=
a
或x=1,由于
a
<1, 易知x=1为函数h(x)的极小值点,∴
a
h(x)的极小值为h(1)=-
2.
3
(3)令φ(x)=f(x)-g(x)=ax
3

2< br>(a+2)x
2
+6x-3,
2
φ′(x)=3ax
2-3(a+2)x+6=3a(x-
a
)(x-1),
①若a=0,则φ(x) =-3(x-1)
2
,∴φ(x)的图象与x轴只有一个交点,即方程
f(x)=g( x)只有一个解;
a246
②若a<0,则φ(x)的极大值为φ(1)=-
2>0,φ(x)的极小值为φ(
a
)=-
a
2

a
3<0,
∴φ(x)的图象与x轴有三个交点,即方程f(x)=g(x)有三个解;
a
③若02
<0,∴φ(x) 的图象与x轴只有一个
交点,即方程f(x)=g(x)只有一个解;
④若a=2,则φ′( x)=6(x-1)
2
≥0,φ(x)单调递增,∴φ(x)的图象与x轴只有
一个交 点,即方程f(x)=g(x)只有一个解;
2133
⑤若a>2,由(2)知φ(x)的极 大值为φ(
a
)=-4(
a

4
)
2
-< br>4
<0,∴φ(x)的图象与x
轴只有一个交点,即方程f(x)=g(x)只有一个解 .
综上知,若
a
≥0,方程
f
(
x
)=
g
(
x
)只有一个解;若
a
<0,方程
f
(
x
)=
g
(
x
)
有三个解.

高中数学课本同步视频-高中数学成功逆袭案例


高中数学会考题目贵州-高中数学问题类型


孝感高中数学老师-高中数学排列组合秒杀


高中数学三角恒等变化的公式-高中数学双曲线笔记


高中数学的课堂教学现状-高中数学讲课比赛教案


2017高中数学奥赛联赛b-北师大高中数学必修二61页课后题


高中数学球的切割问题-高中数学新课程标准解读心得体会


高中数学复习时间-高中数学 虚数虚轴



本文更新与2020-10-07 23:35,由作者提供,不代表本网站立场,转载请注明出处:https://www.bjmy2z.cn/gaokao/412863.html

高中数学导数的应用极值与最值专项训练题(全)的相关文章

高中数学导数的应用极值与最值专项训练题(全)随机文章