2020高考数学大一轮复习第二章函数、导数及其应用课下层级训练15利用导数研究函数的极值、最值含解析文新人教A版.doc

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1、课下层级训练(十五)　利用导数研究函数的极值、最值[A级　基础强化训练]1．函数f(x)＝lnx－x在区间(0，e]上的最大值为(　　)A．1－e　　　　　　B．－1C．－eD．0B　[因为f′(x)＝－1＝，当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，e]时，f′(x)＜0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln1－1＝－1.]2．若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为(　　)A．

2、1百万件B．2百万件C．3百万件D．4百万件C　[y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，当00；当x>3时，y′<0.故当x＝3时，该商品的年利润最大．]3．(2019·河南南阳月考)已知函数f(x)＝x3－ax2＋x在区间上既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是(　　)A．(2，＋∞)　　　　　　　B．[2，＋∞)C．D．C　[函数f(x)＝x3－ax2＋x，求导f′(x)＝x2－ax＋1，由f(x)在上既有极大值又有极小值，则f′(x)＝0在内应有两个不同实数根.解得2＜a＜，实数a的取值范围.]4

3、．(2019·福建漳州月考)已知函数f(x)＝lnx－ax存在极大值0，则a的值为(　　)A．1　　　　B．2　　　　C．e　　　　D．D　[∵f′(x)＝－a，x＞0，当a≤0时，f′(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＝0，解得x＝；当0＜x＜时，f′(x)＞0，函数单调递增，当x＞时，f′(x)＜0，函数单调递减，∴f(x)max＝f＝ln－1＝0，解得a＝.]5．(2019·河北三市联考)若函数f(x)＝x3－x2＋2bx在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f(x)在R

4、上的极小值为(　　)A．2b－B．b－C．0D．b2－b3A　[f′(x)＝x2－(2＋b)x＋2b＝(x－b)(x－2)，∵函数f(x)在区间[－3,1]上不是单调函数，∴－30，得x2，由f′(x)<0，得b0，∴c>或c<－.]7

5、．设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1<2

6、(x)＝－3x2＋6x，由此可得f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.]9．(2019·辽宁沈阳监测)已知函数f(x)＝x2－alnx＋b(a∈R)．(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为3x－y－3＝0，求实数a，b的值；(2)若x＝1是函数f(x)的极值点，求实数a的值．解　(1)因为f(x)＝x2－alnx＋b，所以f′(x)＝x－，因为曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为3x－y－3＝0，所以1－a＝3，f(1)＝0，所以a＝－2，＋b＝

7、0，所以a＝－2，b＝－.(2)因为x＝1是函数f(x)的极值点，所以f′(1)＝1－a＝0，所以a＝1.当a＝1时，f(x)＝x2－lnx＋b，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝＝，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以a＝1.10．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，若x＝时，y＝f(x)有极值．(1)求a，b，c的值；(2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值．解　(1)由f(x)＝x3＋

8、ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b＝0，①当x＝时，y＝f(x)有极值，则f′＝0，可得4a＋3b＋4＝0，②由①②，解得a＝2，b＝－4.由于切点的横坐标为1