课后限时集训16 导数与函数的极值、最值-2021文科数学【课堂新坐标】高三一轮总复习word练习（北师大版）

导数与函数的极值、最值 建议用时：45分钟 一、选择题 1．函数y＝在[0,2]上的最大值是(　　) A.　　　　　 B. C．0 D. A　[易知y′＝，故选A.]在[0,2]上的最大值是y|x＝1＝在[0,1]上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以y＝，x∈[0,2]，令y′＞0，得0≤x＜1，令y′＜0，得1＜x≤2，所以函数y＝ 2．已知函数f(x)＝cos x＋aln x在x＝处取得极值，则a＝(　　) A.　　　　　　　 B. C. D．－ C　[∵f′(x)＝＝0，－sin x，且f′ ∴，故选C.]＝0，即a＝－ 3．函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图像如图所示，则x等于(　　) ＋x A. B. C. D. C　[函数f(x)的图像过原点，所以d＝0.又f(－1)＝0且f(2)＝0，即－1＋b－c＝0且8＋4b＋2c＝0，解得b＝－1，c＝－2，所以函数f(x)＝x3－x2－2x，所以f′(x)＝3x2－2x－2，由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2＝.]＝＋＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋x，所以x，x1x2＝－ 4．(2019·东莞模拟)若x＝1是函数f(x)＝ax＋ln x的极值点，则(　　) A．f(x)有极大值－1 B．f(x)有极小值－1 C．f(x)有极大值0 D．f(x)有极小值0 A　[∵f(x)＝ax＋ln x，x＞0， ∴f′(x)＝a＋， 由f′(1)＝0得a＝－1， ∴f′(x)＝－1＋.＝ 由f′(x)＞0得0＜x＜1，由f′(x)＜0得x＞1， ∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ∴f(x)极大值＝f(1)＝－1，无极小值，故选A.] 5．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　) A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞) C．(－∞，－3) D．(－∞，－3] D　[由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表： x (－∞，－3) －3 (－3,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.] 二、填空题 6．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________． (－∞，－1)　[∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a. ∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点， 则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解， ∵x＞0时，－ex＜－1，∴a＝－ex＜－1.] 7．已知函数f(x)＝ln x－ax存在最大值0，则a＝________. 时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＞.当0＜x＜－a＝0，解得x＝－a＞0恒成立，函数f(x)单调递增，不存在最大值；当a＞0时，令f′(x)＝－a，x＞0.当a≤0时，f′(x)＝　[f′(x)＝ ∴f(x)max＝f.]－1＝0，解得a＝＝ln 8．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为________． 3　[设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则V＝πR2l＝27π，∴l＝，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小． 由题意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·. ∴S′＝2πR－，令S′＝0，得R＝3，根据单调性得当R＝3时，S最小．] 三、解答题 9．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)． (1)当a＝时，求f(x)的极值； (2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数． [解](1)当a＝.＝－x，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝时，f(x)＝ln x－ 令f′(x)＝0，得x＝2， 于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) ↗ 极大值 ↘ 故f(x)在定义域上的极大值为f(2)＝ln 2－1，无极小值． (2)由(1)知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝(x＞0)．－a＝ 当a≤0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立， 即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)在定义域上无极值点； 当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝. 当x∈))时，f′(x)＞0， 当x∈，＋∞))时，f′(x)＜0， 故函数f(x)在x