5.3.2 第3课时函数的极值与最大(小)值 课时练习 2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

5.3.2　函数的极值与最大(小)值 第3课时　利用导数解决函数零点及实际应用问题 一、基础落实 1.函数f(x)=x-ln x(x>0)的零点个数为(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 2.已知圆锥的母线长为4,当圆锥的体积最大时,其表面积为(　　) A.π+8π B.16π C.π+π D.8π+16π 3.已知函数f(x)=(x-2)ex+,其中e为自然对数的底数,则方程f(x)=0的根的个数为(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 4.某城市在发展过程中,交通状况逐渐受到大家的关注,据有关统计数据显示,从上午6 h到9 h,车辆通过该市某一路段的用时y(单位:min)与车辆进入该路段的时刻t之间的关系可近似地用函数表示为y=-t3-t2+36t-,则在这段时间内,通过该路段用时最多的时刻是(　　) A.6 h B.7 h C.8 h D.9 h 5.已知函数f(x)=x2e1-x-a有三个零点,则实数a的取值范围是(　　) A.(0,) B.(0,) C.(0,) D.(0,) 6.已知矩形的两个顶点A,D位于x轴上,另两个顶点B,C位于抛物线y=4-x2在x轴上方的曲线上,则当这个矩形的面积最大时,它的长和宽分别为　　　　　.  7.某圆锥的母线长为10 cm,当其体积最大时,圆锥的高为　　　　cm.  8.若函数f(x)=ax3-3ax2+1有3个不同的零点,则实数a的取值范围为　　　　　. 9.已知函数f(x)=-1,e=2.718 28…为自然对数的底数. (1)试判断函数f(x)的零点个数并说明理由; (2)证明 :f(x)≥x-3ln x. 二、素能提升 10.已知圆柱的高为h,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则当该圆柱的体积取最大值时,h的值为(　　) A. B. C. D. 11.(多选题)已知函数f(x)=(1-x)ln x-ax,a∈R,下列说法正确的是(　　) A.若f(x)有且只有1个零点x0,则x0=1 B.若f(x)有两个零点,则a>0 C.若f(x)有且只有1个零点x0,则a=1 D.若f(x)有两个零点,则a<0 12.已知函数f(x)=ln x-x-xe-x-k有零点,则实数k的取值范围是　　　　　　　　. 13.已知函数f(x)=ex-. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)判断函数f(x)的零点的个数,并说明理由. 14.某中学为美化校园计划将一个半圆形边角地改造为花园.如图,O为圆心,线段MN为半圆的直径,半径r为1 km,点A,B,P都在半圆弧上.设∠NOP=∠POA=θ,∠AOB=2θ,其中0<θ<. (1)若在花园内铺设一条参观的线路,由线段NA,AB,BM三部分组成,求当θ取何值时,参观的线路最长; (2)若在花园内的扇形ONP和四边形OMBA内种满杜鹃花,求当θ取何值时,杜鹃花的种植总面积最大? 15.如图,某花坛的边界由两个半径为10米的圆弧围成,两圆心O1,O2之间的距离为10 m.若在花坛中建矩形喷泉,四个顶点A,B,C,D均在圆弧上,O1O2⊥AB于点M,设∠AO2M=θ,则矩形的宽AB为多少时,可使喷泉ABCD的面积最大? 16.已知函数f(x)=aexsin x+x-cos x,若f'(x)为f(x)的导函数,且f'(0)=2. (1)求a的值; (2)求f'(x)在区间(0,π)内的零点个数. 参考答案 一、基础落实 1.C 解析 由题意得,f'(x)=,令f'(x)=0,解得x=3,当0<x<3时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x>3时,f'(x)>0,f(x)单调递增,则f(3)=1-ln 3<0,f(1)=>0,f(e2)=-2=>0,所以函数f(x)在区间(1,3)和(3,e2)内各有1个零点,所以共有2个零点,故选C. 2.C 解析 设圆锥底面圆的半径为r,高为h,则h=,圆锥的体积为V=πr2h=πr2,令f(r)=16r4-r6,则f'(r)=64r3-6r5,令f'(r)=0,解得r=,当0<r<时,f'(r)>0,f(r)单调递增;当<r<4时,f'(r)<0,f(r)单调递减,所以当r=时,f(r)取得最大值,即圆锥的体积取得最大值,此时圆锥的表面积为S=πrl+πr2=π××4+π×()2=,故选C. 3.C 解析 由题意得,f'(x)=(x-1)ex,令f'(x)=0,解得x=1.所以当x<1时f'(x)<0,当x>1时f'(x)>0,因此f(x)在区间(-∞,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,则f(x)min=f(1)=-e+<0.由于f(-3)=->0,因此存在唯一x1∈(-3,1)使得f(x1)=0,即f(x)在区间(-∞,1)上存在唯一零点x1;又因为f(2)=>0,所以存在唯一x2∈(1,2),使得f(x2)=0,即f(x)在区间(1,+∞)上存在唯一零点x2.综上,方程f(x)=0有且只有两个实数根,故选C. 4.C 解析 由题意,得y'=-t2-t+36=-(t+12)(t-8).令y'=0,得t=-12(舍去)或t=8.当6≤t<8时,y'>0;当8<t≤9时,y'<0,所以当 t=8时,y有最大值,即此时刻通过该路段用时最多. 5.B 解析 由x2e1-x-a=0得a=x2e1-x,设g(x)=x2e1-x,g'(x)=e1-xx(2-x),令g'(x)=0,解得x=0,或x=2.当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,当x∈(0,2)时,g'(x)>0,当x∈(2,+∞)时,g'(x)<0,所以函数g(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,2)上单调递增,在区间(2,+∞)上单调递减,故g(0)=0,g(2)=.因为函数f(x)=x2e1-x-a有三个零点,故0<a<,故选B. 6. 解析 由题意,设AD=2x,则AB=4-x2,于是矩形的面积S=2x(4-x2)=8x-2x3(0<x<2).∴S'=8-6x2. 令S'=0,解得x1=,x2=-(舍去). 当0<x<时,S'>0;当<x<2时,S'<0. ∴当x=时,S取得最大值,且最大值为, 即矩形的长和宽分别为时,矩形的面积最大. 7. 解析 设圆锥的高为h cm,则底面圆的半径r=,所以圆锥的体积为V(h)=(-h3+100h),则V'(h)=(-3h2+100),令V'(h)=0,解得h=.当0<h<时,V'(h)>0,V(h)单调递增,当h>时,V'(h)<0,V(h)单调递减,所以当h= cm时V(h)取得极大值即最大值,即当h= cm时圆锥的体积最大. 8.(,+∞) 解析 由已知得,f'(x)=3ax2-6ax=3ax(x-2),当a=0时,函数f(x)=0无解,不符合题意;当a<0时,当f'(x)>0时,解得0<x<2,当f'(x)<0时,解得x<0,或x>2,即函数f(x)的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(-∞,0)和(2,+∞),又f(0)=1,所以函数f(x)有且仅有1个零点,与题意不符;当a>0时,当f'(x)>0时,解得x<0,或x>2,当f'(x)<0时,解得0<x<2,即函数f(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(2,+∞),单调递减区间为(0,2),又f(0)=1,要使函数f(x)=ax3-3ax2+1有3个不同的零点,则需f(2)<0,即8a-12a+1<0,解得a>. 9.(1)解f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞). 当x<0时,恒有f(x)<0,故f(x)在(-∞,0)内没有零点. 当x>0时,由f(x)=-1得f'(x)=, 令f'(x)>0,解得x>3,令f'(x)<0,解得0<x<3,所以f(x)在区间(0,3)上单调递减,在区间(3,+∞)上单调递增. 又f(1)=e-1>0,f(3)=-1<0,f(5)=-1>-1>0,故存在x1∈(1,3),x2∈(3,5),使得f(x1)=0,f(x2)=0,所以f(x)在区间(0,+∞)上有两个零点. 综上,函数f(x)有两个零点. (2)证明 (方法一)令t=,则x>0时,t>0,且ln t=x-3ln x. 于是f(x)≥x-3ln x等价于t-1≥ln t. 令g(t)=ln t-t+1(t>0),可得g'(t)=-1,令-1=0,解得t=1, 当t∈(0,1)时,g'(t)>0,函数g(t)是增函数,当t∈(1,+∞)时,g'(t)<0,函数g(t)是减函数,所以t=1时,函数g(t)取得最大值g(1)=ln 1-1+1=0,所以g(t)≤g(1)=0,即f(x)≥x-3ln x. (方法二)令t=x-3ln x,则et-1=-1,于是f(x)≥x-3ln x等价于et-1≥t,即et≥t+1.令h(t)=et-(t+1),则有h'(t)=et-1. 令h'(t)<0即et-1<0,解得t<0;令h'(t)>0即et-1>0,解得t>0,所以h(t)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,所以当t=0时,函数h(t)取得最小值. 所以h(t)≥h(0)=e0-1=0,即et-(t+1)≥0,所以et≥t+1,即f(x)≥x-3ln x. 二、素能提升 10.D 解析 作经过球心的截面(如图),设O为球心,矩形ABCD为圆柱的轴截面,AB为圆柱底面圆的直径,OA=1为球的半径,设OE=x,则AE=(0<x<1),则圆柱的体积为V=Sh=π·AE2·2OE=π(1-x2)·2x=-2πx3+2πx,令V(x)=-2πx3+2πx,所以V'(x)=-6πx2+2π,令V'(x)=0,解得x=,当0<x<时,V'(x)>0,所以V(x)在区间(0,)上单调递增,当<x<1时,V'(x)<0,所以V(x)在区间(,1)上单调递减,所以当该圆柱的体积取最大值时,x的值为,所以h=2OE=2x=,故选D. 11.AD 解析 由f(x)=(1-x)ln x-ax=0(x>0),得a=-ln x,当x>0时,令g(x)=-ln x,则g'(x)=,令g'(x)=0,解得x=1. 当0<x<1时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增, 当x>1时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减,故g(x)max=g(1)=0,函数g(x)的图象如图所示. 当a>0时,直线y=a与函数g(x)的图象没有交点,所以函数f(x)没有零点,当a=0时,直线y=a与函数g(x)的图象只有一个交点,所以函数f(x)只有一个零点,而f(1)=0,所以选项A正确,选项C不正确;当a<0时,直线y=a与函数g(x)的图象只有两个交点,所以函数f(x)只有两个零点,所以选项B不正确,选项D正确,故选AD. 12.(-∞,-1-] 解析 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1-(1-x)e-x=,令g(x)=ex-x(x>0),则g'(x)=ex-1>0恒成立,∴g(x)在区间(0,+∞)上单调递增,则g(x)>g(0)=1,∴当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴f(x)max=f(1)=-1--k,函数f(x)=ln x-x-xe-x-k有零点,则-1--k≥0,解得k≤-1-. 13.解(1)由f(x)=ex-得f'(x)=ex+,则f'(0)=3,而f(0)=2,所以该函数在点(0,f(0))处的切线方程为y-2=3(x-0),即3x-y+2=0. (2)由题意得,函数f(x)的定义域为(-∞,1)∪(1,+∞),由(1)可知f'(x)=ex+. 当x∈(-∞,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,因为f(-2)f(0)=(e-2-)·2=2()<0,所以函数在x∈(-∞,1)时有唯一零点; 当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,因为f(2)f()=(e2-3)·(-9)<0, 所以函数在x∈(1,+∞)时有唯一零点,所以函数f(x)有2个零点. 14.解(1)如图,连接BN,则∠BMN=(∠AOB+∠AON)=2θ. 在Rt△MBN中,cos∠BMN=,即BM=2cos 2θ,同理可得AN=2sin θ,且AB=NA=2sin θ,所以参观路线的长度l=AB+NA+MB=4sin θ+2cos 2θ=-4sin2θ+4sin θ+2, 令sin θ=t∈(0,),即l=-4t2+4t+2=-(4t2-4t-2). 当t=时取得最大值,此时sin θ=,即当θ=时,参观路线最长. (2)由题知扇形ONP的面积S1=θr2=, △AOB的面积S2=r2sin 2θ=sin 2θ, △BOM的面积S3=r2sin(π-4θ)=sin 4θ, 所以杜鹃花的种植总面积S=S1+S2+S3=S(θ)=sin 4θ+sin 2θ, S'(θ)=(1+4cos 4θ+2cos 2θ)=(8cos22θ+2cos 2θ-3)=(2cos 2θ-1)(4cos 2θ+3), 令S'=0,解得cos 2θ=,或cos 2θ=-(舍),因为0<2θ<, 所以2θ=,θ=, 当θ∈(0,)时,S'(θ)>0,S(θ)单调递增, 当θ∈()时,S'(θ)<0,S(θ)单调递减, 所以θ=时,杜鹃花的种植总面积最大. 15.解在Rt△AO2M中,AM=10sin θ,O2M=10cos θ, 则AD=20cos θ+10, 所以矩形ABCD的面积S=20sin θ(20cos θ+10)=200(2sin θcos θ+sin θ). 令f(θ)=2sin θcos θ+sin θ(0<θ≤), 则f'(θ)=2cos 2θ+cos θ=4cos2θ+cos θ-2. 令f'(θ)=0,得cos θ=. 设cos θ0=,0<θ0≤,列表如下: θ (0,θ0) θ0 (θ0,) f'(θ) + 0 - f(θ) 单调递增 极大值 单调递减 所以当θ=θ0,即AB=时,矩形ABCD的面积最大. 因此当矩形的宽AB=时,可使喷泉ABCD的面积最大. 16.解(1)由题意,得函数f(x)的定义域为R, f'(x)=aexsin x+aexcos x+1+sin x=aex(sin x+cos x)+1+sin x, 又f'(0)=2,所以a+1=2,即a=1. (2)由(1)可知f'(x)=ex(sin x+cos x)+1+sin x, 设g(x)=f'(x)=ex(sin x+cos x)+1+sin x, 则g'(x)=ex(sin x+cos x)+ex(cos x-sin x)+cos x=cos x(2ex+1). 则当x∈(0,)时,g'(x)>0,则g(x)单调递增, 当x∈(,π)时,g'(x)<0,则g(x)单调递减, 所以当x∈(0,π)时,g(x)max=g()=+2>0, 又g(0)=2>0,g(π)=1-eπ<0, 所以g(x)在区间(0,]上无零点,在区间(,π)内有一个零点,故f'(x)在区间(0,π)上有1个零点. 学科网（北京）股份有限公司 $