3.4 导数与函数的最值(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案

**基本信息** 聚焦导数与函数最值，通过导函数分析、分类讨论、实际建模构建系统性解题方法，发展数学思维与应用能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|题1-2、7|导函数图象分析与单调性判断|导数几何意义到极值判定| |综合应用|题4-6、8、11|含参数函数最值的分类讨论|极值与区间最值的关系推导| |实际建模|题3、9、12、14|实际问题的数学建模与导数优化|数学建模思想的应用拓展|

限时规范训练24　导数与函数的最值 (建议用时：60分钟　分值：98分) 1．函数y＝f(x) 的导函数 y＝f′(x) 的图象如图所示，以下命题错误的是(　　) A．f(－1)是函数的最小值 B．f(－3)是函数的极值 C．y＝f(x)在区间[－3，1]上单调递增 D．在[－3，1]上f(－3)是最小值 解析：A　根据导函数图象可知当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，1)时，f′(x)≥0，则函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，1)上单调递增，故C正确；易知f(－3)是函数的极值，故B正确；因为在[－3，1]上单调递增，f(－3)是最小值．f(－1)不是函数的最小值，故A错误，D正确．故选A． 2．函数f(x)＝的最大值为(　　) A．a　　　　　　 B．(a－1)e C．e1-a D．ea-1 解析：D　f(x)＝，则f′(x)＝，所以当x<1－a时，f′(x)>0，当x>1－a时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1－a)上单调递增，在(1－a，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1－a)＝ea-1.故选D. 3．随着大数据时代的到来，越来越多的网络平台开始使用推荐系统来给用户提供更加个性化的服务．某公司在研发平台软件的推荐系统时发现，当收集的数据量为x(x≥2)万条时，推荐系统的准确率约为p＝，平台软件收入为40000p元．已知每收集1万条数据，公司需要花费成本100元，当收集的数据量为______万条时，该软件能获得最高收益(　　) A．17 B．18 C．19 D．20 解析：C　设收益为y元，由题意y＝－100x(x≥2)，则y′＝(x≥2)，当x＝19时，y′＝0，当2<x<19时，y′>0，当x>19时，y′<0，即函数y＝－100x(x≥2)在(2，19)上单调递增，在(19，＋∞)上单调递减，即当收集的数据量为19万条时，该软件能获得最高收益．故选C. 4．已知函数y＝x3－x2－3x＋a，a∈R在区间(t－4，t＋4)上有最大值，则实数t的取值范围是(　　) A．(－5，1) B．(－5，1] C．(－5，3) D．(－5，3] 解析：B　由f(x)＝x3－x2－3x＋a得f′(x)＝x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)，则f′(x)>0得x<－1或x>3；f′(x)<0得－1<x<3，则f(x)在(－∞，－1)和(3，＋∞)上单调递增，在(－1，3)上单调递减，又f(－1)＝f(5)，则f(x)在区间(t－4，t＋4)上有最大值时有t－4<－1，－1<t＋4≤5，得－5<t≤1，则实数t的取值范围是(－5，1].故选B. 5．(多选)已知函数f(x)＝＋2，则(　　) A．f(x)在(0，e)上单调递增 B．f(e)>f(3)>f(2) C．f(x)的最大值为e＋2 D．f(x)有唯一零点 解析：ABD　由f(x)＝＋2，得f′(x)＝，当0<x<e时，f′(x)>0，f(x)在(0，e)上单调递增，故A正确；当x>e时，f′(x)<0，f(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以f(e)>f(3)>f(4)，因为f(4)＝＋2＝f(2)，所以f(e)>f(3)>f(2)，故B正确；易得f(x)在x＝e处取得最大值，最大值为f(e)＝＋2，故C错误；令f(x)＝0，得ln x＝－2x，函数y＝ln x与函数y＝－2x两函数的图象有唯一交点，所以f(x)有唯一零点，D正确．故选ABD. 6．(多选)(2025·山东济宁二模)已知函数f(x)＝cos x－sin (cos x)－1，则下列结论正确的是(　　) A．f(x)的图象关于y轴对称 B．2π是f(x)的一个周期 C．f(x)在[0，π]上为增函数 D．f(x)<－ 解析：ABD　对于A，函数f(x)的定义域为R，关于原点对称， f(－x)＝cos (－x)－sin (cos (－x))－1＝cos x－sin (cos x)－1＝f(x)，所以f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称，故A正确；对于B，f(x＋2π)＝cos (x＋2π)－sin (cos (x＋2π))－1＝cos x－sin (cos x)－1＝f(x)，所以2π是f(x)的一个周期，故B正确；对于C，令t＝cos x，当x∈[0，π]时，t＝cos x在[0，π]上单调递减，且t∈[－1，1], y＝sin t在[－1，1]上单调递增，则y＝－sin t在[－1，1]上单调递减，所以f(x)＝cos x－sin (cos x)－1在[0，π]上单调递减，故C错误；对于D，因为－1≤cos x≤1，令t＝cos x，则y＝t－sin t－1，求导得y′＝1－cos t，由于cos t∈[－1，1]，所以y′＝1－cos t≥0，y＝t－sin t－1单调递增．当t＝1时，y取得最大值1－sin 1－1＝－sin 1；当t＝－1时，y取得最小值－1－sin (－1)－1＝sin 1－2.因为sin 1>sin ，所以－sin 1<，即f(x)<－ ，故D正确．故选ABD. 7．(5分)(2025·陕西安康三模)函数f(x)＝x2(ln x－1)的最小值为__________. 解析：f′(x)＝2x(ln x－1)＋x＝x(2ln x－1)，x>0，令f′(x)＝0，得x＝ ，当0<x< 时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x> 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ 时，函数f(x)取得最小值－. 答案：－ 8．(5分)(2025·湖北黄冈模拟)若函数f(x)＝x3－3x＋3a在区间[－2，m)的值域为[4，8]，则am的取值范围为__________. 解析：因为f(x)＝x3－3x＋3a，则f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，所以当x<－1或x>1时f′(x)>0，当－1<x<1时f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，且f(－2)＝－2＋3a，f(－1)＝2＋3a，f(1)＝－2＋3a，因为f(x)在区间[－2，m)的值域为[4，8]，所以f(－2)＝f(1)＝－2＋3a＝4，解得a＝2，此时f(x)＝x3－3x＋6，f(－1)＝8，又f(－1)＝f(2)＝8，所以－1<m≤2，则am＝2m∈. 答案： 9．(5分)(2025·上海宝山二模)某分公司经销一产品，每件产品的成本为5元，且每件产品需向总公司交2元的管理费，预计每件产品的售价为x元(8≤x≤11)时，一年的销售量为(12－x)2万件，则每件产品售价为______________元时，该分公司一年的利润达到最大值．(结果精确到1元) 解析：分公司一年的利润y万元与售价x的函数关系式为y＝(x－5－2)(12－x)2＝(x－7)(12－x)2，x∈[8，11]，所以y′＝(12－x)2－2(x－7)(12－x)＝(12－x)(26－3x)，令y′＝0，即(12－x)(26－3x)＝0，解得x＝或x＝12(舍)，当x∈时，y′>0，此时y＝(x－7)(12－x)2在上单调递增，当x∈时，y′<0，此时y＝(x－7)(12－x)2在上单调递减，又因为结果精确到1元，8<<9，当x＝8时，y＝16，当x＝9时，y＝18，于是，当每件产品的售价为9元时，该分公司一年的利润最大． 答案：9 10．(13分)函数f(x)＝x3－6ax2＋2. (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间； (2)当－<a<0时，求f(x)在区间[－1，0]上的最值． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x3－6x2＋2(x∈R)，则f′(x)＝3x2－12x， 由f′(x)>0，得x<0或x>4，由f′(x)<0，得0<x<4， 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(4，＋∞)，单调递减区间为(0，4)． (2)由f(x)＝x3－6ax2＋2，得f′(x)＝3x2－12ax， 由f′(x)＝0，得x＝0或x＝4a， 因为－<a<0，所以－<4a<0， 所以当－1≤x<4a时，f′(x)>0，当4a<x≤0时，f′(x)<0， 所以f(x)在[－1，4a)上单调递增，在(4a，0]上单调递减， 所以f(x)的最大值为f(4a)＝(4a)3－6a×(4a)2＋2＝－32a3＋2， f(－1)＝1－6a，f(0)＝2， 因为－<a<0，所以1<1－6a<2， 所以f(x)的最小值为f(－1)＝1－6a. 11．(13分)已知函数f(x)＝x2－2a ln x(a>0)． (1)求函数f(x)的极值点； (2)若函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为0，求实数a的值． 解：(1)函数f(x)＝x2－2a ln x(a>0)的定义域为(0，＋∞)， 又f′(x)＝2x－ ＝， 所以当0<x< 时f′(x)<0，当x> 时f′(x)>0， 所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为， 所以x＝ 为f(x)的极小值点，无极大值点． (2)当 ≤1，即0<a≤1时，f(x)在[1，e]上单调递增， 所以在x＝1处取得最小值，f(x)min＝f(1)＝1≠0，不符合题意； 当1< <e，即1<a<e2，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)min＝f＝a－2a ln ＝0，解得a＝e； 当 ≥e，即a≥e2，此时f(x)在[1，e]上单调递减， 所以f(x)min＝f(e)＝e2－2a≤e2－2e2<0，不符合题意； 综上可得a＝e. 12．(2025·广东茂名二模)已知圆锥的母线长为定值，则该圆锥的体积最大时，其母线与底面所成的角的余弦值为(　　) A．　　　　 B． C． D． 解析：A　如图，设圆锥的底面半径为r，母线长为m，则圆锥的高为h＝ ，则圆锥的体积为V＝πr2h＝πr2 ，记f(r)＝πr2 ， 则f′(r)＝π＋r2·＝，由f′(r)>0可得0<r<m，由f′(r)<0，可得r>m，即函数f(r)在上单调递增，在上单调递减，故当r＝m时，f(r)取得最大值，即圆锥的体积最大，此时，母线与底面所成的角即∠BAO，其余弦值为cos ∠BAO＝.故选A． 13．(2025·江苏宿迁二模)若函数f(x)＝有最大值，则k的最大值为(　　) A． B． C． D． 解析：C　当x≥2时，f(x)＝，则f′(x)＝，当2≤x<e时，f′(x)>0，此时，函数f(x)单调递增，当x>e时，f′(x)<0，此时，函数f(x)单调递减，则函数f(x)在x＝e处取得极大值，且极大值为f(e)＝，因为函数f(x)＝有最大值，则解得0≤k≤，因此，实数k的最大值为.故选C. 14．(15分)(2026·安徽合肥期中)如图所示的容器(不计厚度，长度单位：m)中间为圆柱形，左、右两端均为半球形(0<r≤1)，容器的容积为m3，假设该容器的建造费用仅与其表面积有关，已知圆柱形部分每平方米的建造费用为t万元(0<t<2)，半球形部分每平方米的建造费用为2万元． (1)比较l与4r的大小； (2)①容器的总建造费用为y万元，请把y表示为r的函数； ②求该容器的总建造费用最少时的r值． 解：(1)由题设πr3＋πr2l＝，则l＝， 所以l－4r＝，而0<r≤1， 所以≥1≥r，则－r≥0，故l≥4r. (2)①由(1)知，l＝，且0<r≤1， 所以y＝2πrlt＋2×4πr2＝2πrt×＋8πr2＝8π[＋r2]，且r∈(0，1]. ②由①得y′＝16π[－]＝16π·，0<r≤1， 令y′＝0⇔(3－t)r3＝2t⇔r3＝∈(0，1]， 所以0<≤1，可得0<t≤1， 当0<t<1时， 若0<r< 时，y′<0，则y在上单调递减， 若 <r<1时，y′>0，则y在上单调递增， 此时r＝ 时取ymin； 当1≤t<2时，在(0，1]上y′≤0恒成立，即y在(0，1]上单调递减，此时r＝1时取ymin； 综上，0<t<1时r＝ ，该容器的总建造费用最少； 1≤t<2时r＝1，该容器的总建造费用最少． 学科网（北京）股份有限公司 $