适用于新教材2024版高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用课时规范练17利用导数研究函数的极值最值北师大版

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课时规范练17
基础巩固组
1.设x=θ是函数f(x)=3cos x+sin x的一个极值点,则tan θ=(　　)
A.-3 B.- C. D.3
答案:C
解析:∵由已知可得f'(θ)=-3sinθ+cosθ=0,∴tanθ=.
2.(2023·湖南长郡中学高三检测)已知函数f(x)的导函数的图象如图所示,则f(x)的极值点的个数为(　　)

A.0
B.1
C.2
D.3
答案:C
解析:因为在x=0附近左、右两边的导数值均为负数,所以0不是极值点,故由图可知f(x)只有2个极值点.
3.(2022·福建莆田三模)已知函数f(x)=(x+1)2+cos(x+1)+a的最小值是4,则a=(　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
答案:A
解析:f'(x)=2(x+1)-sin(x+1),令g(x)=f'(x),则g'(x)=2-cos(x+1)>0,所以f'(x)单调递增,又f'(-1)=0,所以当x<-1时,f'(x)<0,当x>-1时,f'(x)>0,故x=-1为f(x)的最小值点,即f(-1)=1+a=4,解得a=3.
4.(2022·福建龙岩三模)为了支援B市抗击疫情,A市组织物流企业的汽车运输队走高速公路向B市运送抗疫物资.已知A市距离B市500 km,设车队从A市匀速行驶到B市,高速公路限速为60 km/h~110 km/h.已知车队每小时运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成,可变部分与速度v km/h的立方成正比,比例系数为b,固定部分为a元.若b=,a=104,为了使全程运输成本最低,车队速度v应为 (　　)
A.80 B.90
C.100 D.110
答案:C
解析:设运输成本为y元,依题意可得y=104+v3·v2+,v∈[60,110],则y'=5v-.所以当v=102时,y'=0;当60≤v<100时,y'<0;当1000,即函数在[60,100)上单调递减,在(100,110]上单调递增,所以当v=100时,y取得极小值即最小值,所以车队速度为100km/h时全程运输成本最低.
5.(多选)(2023·福建德化一中模拟)设函数f(x)的定义域为R,x0(x0≠0)是f(x)的极大值点,以下结论一定正确的是(　　)
A.∀x∈R,f(x)≥f(x0)
B.-x0是f(-x)的极大值点
C.-x0是-f(x)的极小值点
D.-x0是-f(-x)的极小值点
答案:BD
解析:x0(x0≠0)是f(x)的极大值点,并不一定是最小值点,故A不正确;f(-x)的图象相当于f(x)的图象关于y轴的对称图象,故-x0应是f(-x)的极大值点,故B正确;-f(x)的图象相当于f(x)的图象关于x轴的对称图象,故x0应是-f(x)的极小值点,不能确定-x0的情况,故C不正确;-f(-x)的图象相当于f(x)的图象先关于y轴作对称,再关于x轴作对称得到的图象,故D正确.故选BD.
6.(2023·山东临沂高三检测)若x=-1是函数f(x)=(x2-ax+1)e2-x的一个极值点,则a=　　　　;f(x)的极大值为　　　　. 
答案:-2　4e
解析:∵f(x)=(x2-ax+1)e2-x,
∴f'(x)=-[x2-(2+a)x+a+1]e2-x.
由题意可得f'(-1)=-2(a+2)e3=0,解得a=-2.
∴f(x)=(x2+2x+1)e2-x,f'(x)=-(x2-1)e2-x.
令f'(x)=0,得x=-1或x=1.
列表如下:
x
(-∞,
-1)
-1
(-1,1)
1
(1,
+∞)
f'(x)
-
0
+
0
-
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
∴函数y=f(x)的单调递减区间为(-∞,-1)和(1,+∞),单调递增区间为(-1,1),
∴函数y=f(x)的极大值为f(1)=4e.
7.(2022·湖南益阳3月调研)已知函数f(x)=若f(x1)=f(x2)且x1 答案:4-2ln 2
解析:由f(x)=可得函数图象如下所示:

因为f(x1)=f(x2)且x1 所以0 所以x2-2x1=x2-2(lnx2-1).
令g(x)=x-2lnx+2,00,即g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,e]上单调递增,所以g(x)min=g(2)=4-2ln2.
8.(2023·山东济宁模拟)若函数f(x)=ax3-bx+4,当x=2时,函数f(x)取得极值-.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)若方程f(x)=k有3个不同的实数根,求实数k的取值范围.
解:(1)对f(x)求导,得f'(x)=3ax2-b,
由题意,得
解得
∴f(x)=x3-4x+4.
(2)由(1)可得f'(x)=x2-4=(x-2)(x+2),
令f'(x)=0,得x=2或x=-2,
∴当x<-2时,f'(x)>0;
当-2 当x>2时,f'(x)>0.
因此,当x=-2时,f(x)取得极大值;
当x=2时,f(x)取得极小值-,
函数f(x)=x3-4x+4的大致图象如下图所示:

要使方程f(x)=k有3个不同的实数根,
由图可知,实数k的取值范围是-.
综合提升组
9.(2022·山东聊城一模)已知正数x,y满足yln x+yln y=ex,则xy-2x的最小值为(　　)
A.ln 2 B.2-2ln 2
C.-ln 2 D.2+2ln 2
答案:B
解析:因为ylnx+ylny=ex,即yln(xy)=ex,所以(xy)ln(xy)=xex,且ln(xy)>0,所以ln(xy)eln(xy)=xex.令g(x)=xex,x>0,则g'(x)=(x+1)ex>0,所以g(x)=xex在(0,+∞)上单调递增,所以ln(xy)=x,即xy=ex,所以xy-2x=ex-2x.令f(x)=ex-2x,x>0,则f'(x)=ex-2.令f'(x)=ex-2>0,解得x>ln2;令f'(x)=ex-2<0,解得0 10.(2022·新高考Ⅰ,8)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是 (　　)
A. B.
C. D.[18,27]
答案:C
解析:记正四棱锥高与侧棱的夹角为θ,高为h,底面中心到底面各顶点的距离为m.∵正四棱锥外接球的体积为36π,∴外接球的半径R=3.又3≤l≤3,∴cosθ=,∴l=6cosθ,m=l·sinθ=6sinθcosθ,h==6cos2θ,正四棱锥的底面积S底=×2m×2m=2m2.故该正四棱锥的体积V=S底·h=×2m2h=144sin2θcos4θ.令x=cos2θ.
∵cosθ∈,∴x=cos2θ∈.∴sin2θcos4θ=(1-cos2θ)·cos4θ=(1-x)·x2,x∈.令y=(1-x)·x2=-x3+x2,x∈,则y'=-3x2+2x.故当x∈时,y'>0,函数y=-x3+x2单调递增;当x∈时,y'<0,函数y=-x3+x2单调递减.于是当x=时,y取最大值,且ymax=-,当x=时,y=-,当x=时,y=-,故当x=时,y取最小值.因而V的最大值Vmax=144×,V的最小值Vmin=144×.故该正四棱锥体积的取值范围为.
11.(2022·全国乙,理16)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1 答案:
解析:依题意,f'(x)=2axlna-2ex,x1,x2为方程f'(x)=0的两根,x1 令g(x)=axlna-ex,
则g'(x)=ax(lna)2-e.
若a>1,则g'(x)在R上单调递增,此时由x1,x2为方程f'(x)=0的两根,可知存在x0∈(x1,x2),使g'(x)=0,所以g(x)在区间(-∞,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增.
又g(x1)=0,g(x2)=0,所以f(x)在区间(-∞,x1)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,在区间(x2,+∞)内单调递增,所以x1为f(x)的极大值点,x2为f(x)的极小值点,不符合题意,舍去.
若0 因为x0存在,所以g(x0)=lna-ex0>0,g'(x0)=(lna)2-e=0,
所以x0=logalna>ex0,
即>eloga,
因为0 所以ln 所以ln(lna)2<0,即(lna)2<1.
又0 所以 12.(2022·湖北襄阳高三检测)已知函数f(x)=x3-3ax,
(1)讨论函数f(x)的极值情况;
(2)求函数f(x)在区间[0,2]上的最大值.
解:(1)f'(x)=3x2-3a=3(x2-a),当a≤0时,f'(x)≥0,函数f(x)在R上单调递增,无极值;
当a>0时,令f'(x)>0,解得x<-或x>,
令f'(x)<0,解得- ∴函数f(x)在(-∞,-),(,+∞)上单调递增,在(-)上单调递减,
∴函数f(x)在x=-处取得极大值f(-)=2a,在x=处取得极小值f()=-2a.
(2)由(1)知,当a≤0时,函数f(x)在[0,2]上单调递增,
故f(x)max=f(2)=8-6a.
当0 又f(0)=0,f(2)=8-6a,
∴当0 当 当a≥4时,函数f(x)在[0,2]上单调递减,f(x)max=f(0)=0.
综上,当a≤时,函数f(x)在[0,2]上的最大值为8-6a;
当a>时,函数f(x)在[0,2]上的最大值为0.
创新应用组
13.(多选)(2023·湖北武汉模拟)已知a为常数,函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点x1,x2(x1 A.00
C.f(x1)<0 D.f(x2)<-
答案:AC
解析:f'(x)=lnx-ax+x-a=lnx+1-2ax(x>0),令f'(x)=0,由题意可得lnx=2ax-1有两个实数解x1,x2.设g(x)=lnx+1-2ax(x>0),所以函数g(x)=lnx+1-2ax有且只有两个零点x1,x2;g'(x)=-2a=.①当a≤0时,g'(x)>0,f'(x)单调递增,因此g(x)=f'(x)至多有一个零点,不符合题意,应舍去;②当a>0时,令g'(x)=0,解得x=,因为当x∈0,时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;当x∈,+∞时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减,所以x=是函数g(x)的极大值点,则g>0,即ln+1-1=-ln(2a)>0,解得00,则h'(x)=lnx-+x=lnx,当x>1时,h'(x)>0,h(x)单调递增,而1<h(1)=-,故选项D错误;当a=时符合0,解得x2=e,所以f(x2)=elne-=0,因此选项B错误.综上所述,AC为正确答案.