2019高考数学 导数及其应用第4讲导数与函数的最值分层演练文

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1、第4讲导数与函数的最值一、选择题1．函数y＝在[0，2]上的最大值是(　　)A.　　　　　　　　　　B.C．0D.解析：选A.易知y′＝，x∈[0，2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得2≥x>1，所以函数y＝在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y＝在[0，2]上的最大值是y

2、x＝1＝，故选A.2．(2018·安徽模拟)已知f(x)＝，则(　　)A．f(2)>f(e)>f(3)　　　　B．f(3)>f(e)>f(2)C．f(3)>f(2)>f(e)D．f(e)>f(3)>f(2)解析：选D.f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)

3、＝，令f′(x)＝0，得x＝e.所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)．故选D.3．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]解析：选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)

4、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≤－3.4．函数f(x)＝x2－lnx的最小值为(　　)A．B．1C．0D．不存在解析：选A.f′(x)＝x－＝，且x＞0，令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝－ln1＝.5．已知f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝lnx－ax，当x∈(－2，0)时，f(x

5、)的最小值为1，则a的值为(　　)A.B．C.D．1解析：选D.因为f(x)是奇函数，所以f(x)在(0，2)上的最大值为－1，当x∈(0，2)时，f′(x)＝－a，令f′(x)＝0，得x＝，又a>，所以0<<2.令f′(x)>0，得x<，所以f(x)在上单调递增；令f′(x)<0，得x>，所以f(x)在上单调递减．所以当x∈(0，2)，f(x)max＝f＝ln－a·＝－1，所以ln＝0，所以a＝1.故选D.6．P在曲线y＝ex上，Q在直线y＝lnx上，则

6、PQ

7、的最小值为(　　)A．B．C．2D．2解析：选B.因为y＝ex与y＝lnx关于直线y＝x对称，

8、设P(x，ex)，则P到直线y＝x的距离d＝，令f(x)＝ex－x，则f′(x)＝ex－1，f′(x)＝0时，x＝0，f′(x)>0时，x>0，f′(x)<0时，x<0，所以f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数，所以f(x)min＝f(0)＝1，所以dmin＝＝.所以

9、PQ

10、min＝，选B.二、填空题7．函数y＝xex的最小值是________．解析：因为y＝xex，所以y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex.当x>－1时，y′>0；当x<－1时，y′<0，所以当x＝－1时函数取得最小值，且ymin＝－.答案：－8．函数f(x)＝xsin

11、x＋cosx在上的最大值为________．解析：因为f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，所以f′(x)＝0在x∈上的解为x＝.又f＝＋，f＝，f(π)＝－1，所以函数f(x)＝xsinx＋cosx在上的最大值为.答案：9．已知函数f(x)＝ax－lnx，当x∈(0，e](e为自然常数)时，函数f(x)的最小值为3，则a的值为________．解析：易知a＞0，由f′(x)＝a－＝＝0，得x＝，当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f(x)在x＝时取得最小值f＝1－ln.①当0＜≤e

12、时，由1－ln＝3，得a＝e2，符合题意，②当＞e时，由ae－lne＝3，得a＝，舍去．答案：e210．已知常数a≠0，f(x)＝alnx＋2x.当f(x)的最小值不小于－a时，则实数a的最小值为________．解析：因为f′(x)＝，所以当a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a<0时，由f′(x)>0得，x>－，所以f(x)在上单调递增；由f′(x)<0得，0

13、即a[ln(－a)－ln2]≥0.因为a<0，所以ln(－a)－l