资源简介 函数的极值(1)一、 单项选择题1 函数f(x)=x+2cos x在区间上的极大值点为( )A. 0 B. C. D.2 (2023北京期中)函数y=-x3-x2+2的极值情况是( )A. 有极大值,无极小值B. 有极小值,无极大值C. 既无极大值也无极小值D. 既有极大值又有极小值3 (2023全国课时练习)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数y=f′(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是( )A. 函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B. 函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1)C. 函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2)D. 函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2)4 (2023武汉月考)若函数f(x)存在一个极大值f(x1)与一个极小值f(x2)满足f(x2)>f(x1),则f(x)单调区间的个数至少为( )A. 3 B. 4 C. 5 D. 65 已知函数f(x)=x2-8x+6ln x+1,则f(x)的极大值为( )A. 10 B. -6 C. -7 D. 06 已知函数f(x)=,则该函数的极小值为( )A. e B. 3 C. 0 D. 1二、 多项选择题7 下列函数中,在x=0处取得极值的函数是( )A. y=-x3 B. y=x2+1C. y=|x|+1 D. y=2x8 (2023福州期末)设三次函数f(x)的导函数为f′(x),函数y=xf′(x)图象的一部分如图所示,则下列结论中正确的是( )A. 函数f(x)有极大值f(3)B. 函数f(x)有极小值f(-)C. 函数f(x)有极大值f()D. 函数f(x)有极小值f(-3)三、 填空题9 (2024四川期末)函数f(x)=的极大值为________.10 (2024陕西开学考试)函数f(x)=x3-x2-14x的极小值点为________,极大值为________.11 设x=θ是函数f(x)=3cos x+sin x的一个极值点,则cos 2θ+sin2θ=________.四、解答题12 (2024天津滨海新区月考)已知函数f(x)=x3-6x2+9x-2.(1) 求函数f(x)的图象在x=2处的切线方程;(2) 求函数f(x)的单调区间和极值.13 (2024南京开学考试)设f(x)=a ln x+-x+1,函数f(x)的单调增区间是.(1) 求实数a的值;(2) 求函数f(x)的极值.函数的极值(2)一、 单项选择题1 已知函数f(x)=x3+tx2+x+1在R上不存在极值点,则实数t的取值范围是( )A. (-∞,-1)∪(1,+∞)B. (-1,1)C. (-∞,-1]∪[1,+∞)D. [-1,1]2 若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值,则常数c的值为( )A. 2 B. 6C. 2或6 D. -2或-63 已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a的值为( )A. -4 B. -2C. 4 D. 24 若函数f(x)=ex-ax-a2在R上有小于0的极值点,则实数a的取值范围是( )A. (-1,0) B. (0,1)C. (-∞,-1) D. (1,+∞)5 (2024临汾期中)已知函数f(x)=x2-ax-ln x+2(a∈R)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,则f(x)的极小值为( )A. 2 B. 1 C. 0 D. -16 已知a>0,若过点(a,b)可以作曲线y=x3的三条切线,则下列结论中正确的是( )A. b<0 B. 0C. b>a3 D. b(b-a3)=0二、 多项选择题7 (2024广元月考)对于函数f(x)=x3-3x2,给出下列命题,其中正确的有( )A. 若f(x)=a有三实数根,则a∈(-4,0)B. 若f(x)=a仅有一实数根,则a∈(0,+∞)C. f(x)的单调增区间为(-∞,0),(2,+∞),单调减区间为(0,2)D. f(0)=0是极大值,f(2)=-4是极小值8 (2023辽宁期末)若函数f(x)=ln x+ax2+bx既有极大值又有极小值,则下列结论中正确的是( )A. a>0 B. b>0C. b2-8a>0 D. b2=8a三、 填空题9 若x=1是函数f(x)=ax3+的一个极值点,则a=________.10 (2023盐城期中)已知函数f(x)=ln x-ax+1的极大值为1,则实数a=________.11 (2024邢台月考)若函数f(x)=(x2-a)ex在区间(-2,2)内只有极小值,无极大值,则实数a的取值范围是________.四、 解答题12 (2024南京期末)已知函数f(x)=x3-x2-2x+m.(1) 当m=1时,求曲线f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;(2) 若函数f(x)有三个不同的零点,求实数m的取值范围.13 (2023宜春月考)已知函数f(x)=ln x+ax2-(a+1)x,其中a≠0.(1) 若f(x)在x=1处取得极值-,求实数a的值;(2) 当a>0时,讨论f(x)的单调性. 函数的极值(1)1. B 由题意,得f′(x)=1-2sin x.因为x∈,所以令f′(x)>0,解得02. D 因为y=-x3-x2+2,所以y′=-2x-3x2.由y′=0,得x=0或x=-,当x∈时,y′<0;当x∈时,y′>0;当x∈(0,+∞)时,y′<0,所以函数y=2-x2-x3的单调减区间是,(0,+∞),单调增区间是,所以当x=-时,函数取得极小值,当x=0时,函数取得极大值,所以函数y=2-x2-x3既有极大值又有极小值.3. D 由题图可知,当x<-2时,f′(x)>0;当-22时,f′(x)>0,可得到函数f(x)在x=-2处取得极大值,在x=2处取得极小值.4. B 若函数f(x)存在一个极大值f(x1)与一个极小值f(x2),则f(x)至少有3个单调区间.若f(x)有3个单调区间,不妨设f(x)的定义域为(a,b),若a5. B 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2x-8+=.令f′(x)=0,解得x=1或x=3,故f′(x),f(x)随x的变化情况为x (0,1) 1 (1,3) 3 (3,+∞)f′(x) + 0 - 0 +f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增所以f(x)的极大值为f(1)=-6.6. A 由题意,得f′(x)=,令f′(x)=0,得x=0或x=-1,当x<-1或x>0时,f′(x)<0;当-10,所以f(x)极小值=f(-1)=e.7. BC 对于A,y′=-3x2≤0,故函数y=-x3在R上为减函数,无极值;对于B,函数y=x2+1的单调减区间为(-∞,0),单调增区间为(0,+∞),所以函数y=x2+1在x=0处取得极小值;对于C,y=|x|+1=函数y=|x|+1的单调减区间为(-∞,0),单调增区间为(0,+∞),所以函数y=|x|+1在x=0处取得极小值;对于D,函数y=2x在R上为增函数,无极值.故选BC.8. AD 三次函数f(x)的导函数f′(x)是二次函数,观察图象知,-3,3是函数y=f′(x)的两个零点.当x<-3或x>3时,f′(x)<0;当-30,所以函数f(x)有极小值f(-3),有极大值f(3).故选AD.9. 由题意,得f′(x)=,当x<7时,f′(x)>0;当x>7时,f′(x)<0,所以f(x)在区间(-∞,7)上单调递增,在区间(7,+∞)上单调递减,所以f(x)=的极大值为f(7)==.10. 18 由f(x)=x3-x2-14x,得f′(x)=3x2-x-14=(x+2)(3x-7).令f′(x)>0,解得x>或x<-2;令f′(x)<0,解得-211. 因为函数f(x)=3cos x+sin x,所以f′(x)=-3sin x+cos x.因为x=θ是函数f(x)=3cos x+sin x的一个极值点,所以f′(θ)=-3sin θ+cos θ=0,所以tan θ=,所以cos 2θ+sin2θ===. 12. (1) 函数f(x)=x3-6x2+9x-2的定义域为R,且f′(x)=3x2-12x+9,所以f′(2)=12-24+9=-3,f(2)=23-6×22+9×2-2=0,所以函数f(x)的图象在x=2处的切线方程为y=-3(x-2),即y=-3x+6.(2) 令f′(x)=0,解得x=1或x=3.当x变化时,f(x),f′(x)的变化情况如下:x (-∞,1) 1 (1,3) 3 (3,+∞)f′(x) + 0 - 0 +f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗所以函数f(x)的单调增区间为(-∞,1),(3,+∞),单调减区间为(1,3),f(x)的极大值为f(1)=2,极小值为f(3)=-2.13. (1) 函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=--=.因为函数f(x)的单调增区间是,所以-3x2+2ax-1>0的解集是,所以方程-3x2+2ax-1=0的两根是,1,可得+1=,解得a=2.(2) 当a=2时,令f′(x)=0,得x=或x=1.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下:x 1 (1,+∞)f′(x) - 0 + 0 -f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘当x=时,f(x)有极小值f=2ln +-+1=2-2ln 3;当x=1时,f(x)有极大值f(1)=2ln 1+-+1=0.函数的极值(2)1. D f′(x)=x2+2tx+1,因为函数f(x)在R上不存在极值点,所以f′(x)在R上没有变号零点,所以Δ=4t2-4≤0,所以-1≤t≤1,所以实数t的取值范围是[-1,1].2. B 因为函数f(x)=x(x-c)2,所以f′(x)=3x2-4cx+c2.由题意知,f′(2)=12-8c+c2=0,所以c=6或c=2.又函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值,故导数值在x=2处左侧为正数,右侧为负数.当c=2时,f′(x)=3x2-8x+4=3·(x-2),不满足导数值在x=2处左侧为正数,右侧为负数;当c=6时,f′(x)=3x2-24x+36=3(x-2)(x-6),满足导数值在x=2处左侧为正数,右侧为负数,故c=6.3. D 由题意,得f′(x)=3x2-12=3(x+2)(x-2).令f′(x)=0,解得x=-2或x=2,所以函数的增区间为(-∞,-2),(2,+∞),减区间为(-2,2),所以函数的极小值点为x=2,故a的值为2.4. B 由f(x)=ex-ax-a2,得f′(x)=ex-a.因为f(x)=ex-ax-a2在R上有小于0的极值点,所以f′(x)=ex-a=0有小于0的根.由y=ex的图象可知f′(x)=ex-a=0有小于0的根需要05. A 由f(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,得函数f(x)在x=1处取得极小值,则f′(1)=0.由f′(x)=2x-a-,得1-a=0,解得a=1,则f′(x)=2x--1==.由f′(x)=0,得x=1,当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,故当a=1时,满足题意,所以f(x)有极小值f(1)=3-a=2.6. B 设切点为(x0,x),切线方程为y=k(x-a)+b.由y=x3,可得y′=3x2,所以y′|x=x0=3x,则所以2x-3ax+b=0.令g(x)=2x3-3ax2+b,则g′(x)=6x2-6ax=6x(x-a).因为a>0,所以当x<0或x>a时,g′(x)>0,当00且g(x)极小值=g(a)=b-a3<0,即07. ACD 由题意可知f(x)的定义域为R,且f′(x)=3x2-6x=3x(x-2).当x∈(-∞,0)∪(2,+∞)时,f′(x)>0;当x∈(0,2)时,f′(x)<0,所以函数f(x)的单调增区间为(-∞,0),(2,+∞),单调减区间为(0,2),则f(x)的极大值为f(0)=0,极小值为f(2)=8-12=-4,故C,D正确;当x趋近于-∞时,f(x)趋近于-∞;当x趋近于+∞时,f(x)趋近于+∞,可得f(x)的大致图象如图所示.结合图象可知,若f(x)=a有三实数根,则a∈(-4,0),故A正确;若f(x)=a仅有一实数根,则a∈(-∞,-4)∪(0,+∞),故B错误.故选ACD.8. AC f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=+2ax+b=.若函数f(x)=ln x+ax2+bx既有极大值又有极小值,则方程2ax2+bx+1=0有两个不等的正根x1,x2,所以可得故选AC.9. 由f(x)=ax3+,得f′(x)=3ax2-,依题意可得f′(1)=3a-1=0,解得a=,当a=时,f(x)=x3+,f′(x)=x2-,令f′(x)=0,解得x=±1,列表如下:x (-∞,-1) -1 (-1,0)f′(x) + 0 -f(x) 单调递增 极大值 单调递减x (0,1) 1 (1,+∞)f′(x) - 0 +f(x) 单调递减 极小值 单调递增所以f(x)=x3+在x=1处取得极小值,满足题意,故a=.10. 由题意,得f′(x)=-a=0在区间(0,+∞)上有解,则x=且a>0,f=ln =1,可得a=,则f′(x)=-,当00,f(x)单调递增;当x>e时,f′(x)<0,f(x)单调递减,所以当x=e时,f(x)取得极大值f(e)=ln e-·e+1=1.11. [0,8) 由题意,得f′(x)=(x2+2x-a)ex=0在区间(-2,2)内只有一个左负右正的异号根,即关于x的方程x2+2x-a=0在区间(-2,2)内只有一个左负右正的异号根,所以解得a∈[0,8).12. (1) 当m=1时,f(x)=x3-x2-2x+1,则f′(x)=3x2-x-2,所以f(2)=3,f′(2)=8,所以曲线f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y-3=8(x-2),即8x-y-13=0.(2) 由题意,得f′(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1).令f′(x)=0,得x=-或x=1.当x<-或x>1时,f′(x)>0;当-所以f(x)的单调增区间为,(1,+∞),单调减区间为,所以f(x)的极大值为f=m+,f(x)的极小值为f(1)=m-.若函数f(x)有三个不同的零点,则解得-即实数m的取值范围是.13. (1) f′(x)=+ax-(a+1),由题意,得f′(1)=1+a-a-1=0,f(1)=a-(a+1)=-,解得a=-1.当a=-1时,f(x)=ln x-x2,定义域为(0,+∞),则f′(x)=-x=,令f′(x)>0,解得0令f′(x)<0,解得x>1,则x=1为f(x)的极值点,满足题意,故a=-1.(2) f(x)=ln x+ax2-(a+1)x的定义域为(0,+∞),且f′(x)=+ax-(a+1)==.①当01,令f′(x)>0,解得x>或0令f′(x)<0,解得1所以函数f(x)在区间(0,1),上单调递增,在区间上单调递减;②当a=1时,f′(x)=≥0恒成立,所以函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;③当a>1时,0<<1,令f′(x)>0,解得x>1或0令f′(x)<0,解得所以f(x)在区间,(1,+∞)上单调递增,在区间上单调递减.综上,当01时,f(x)在区间,(1,+∞)内单调递增,在区间内单调递减. 函数的最大(小)值(1)一、 单项选择题1 函数y=在区间[0,2]上的最大值为( )A. B.C. 0 D.2 函数f(x)=x3-x2在区间[1,3]上的最小值为( )A. -2 B. 0 C. - D. -3 (2024苏州月考)函数f(x)=sin x-x cos x在区间[0,2π]上的最小值、最大值分别为( )A. 0,π B. 0,2πC. -2π,π D. -2π,2π4 (2024福建开学考试)已知函数f(x)=x3-3x2+3在区间(a,a+6)上存在最小值,则实数a的取值范围为( )A. [-1,2) B.C. D. [-1,1)5 (2024天津蓟州月考)已知函数f(x)=ex-2,g(x)=1+ln x.若f(m)=g(n),则 m-n的最大值是( )A. 1 B. 2C. - D. 2ln 2+36 已知函数f(x)=若f(x1)=f(x2)(x1≠x2),则x1+x2的最大值为( )A. - B. 2ln 3-3C. ln 3+2 D. ln 3-1二、 多项选择题7 (2024长沙期末)已知函数y=f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示,则下列结论中正确的是( )A. 函数f(x)在区间(2,+∞)上单调递增B. 函数f(x)在区间(1,3)上单调递减C. 函数f(x)在x=1处取得极大值D. 函数f(x)有最大值8 (2024温州期末)已知函数f(x)=x3+3x2,则下列结论中正确的是( )A. f′(-1)=-3B. f(x)有两个极值点C. f(x)在区间(-3,3)上既有最大值又有最小值D. f+f(-1)+f=6三、 填空题9 函数f(x)=,x∈的最大值是________. 10 已知函数f(x)=2x3-6x2+m(m为常数)在区间[-2,2]上有最大值3,则函数f(x)在区间[-2,2]上的最小值是________.11 函数f(x)=|x-1|-ln x的最小值为________.四、 解答题12 (2024保定月考)已知函数f(x)=x3+ax2-5x+b在x=5处取得极小值,且极小值为-33.(1) 求实数a,b的值;(2) 求f(x)在区间[-2,0]上的值域.13 (2024河北开学考试)已知函数f(x)=+ln x(a∈R).(1) 讨论f(x)的极值;(2) 求f(x)在区间[1,e]上的最小值g(a). 函数的最大(小)值(2)一、 单项选择题1 要做一个圆锥形漏斗,其母线长为20,要使其体积最大,则其高为( )A. B. 100 C. 20 D.2 某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品.设该商品零售价定为p元,销售量为 Q件,且Q与p有如下关系:Q=8 300-170p-p2,则最大毛利润为(毛利润=销售收入-进货支出)( )A. 30元 B. 60元C. 28 000元 D. 23 000元3 (2024石家庄月考)当x>1时,kx>ln x+4x恒成立,则整数k的最小值为( )A. 6 B. 5 C. 4 D. 34 (2023湖北月考)圆柱的轴截面是周长为12的矩形,则满足条件的圆柱的最大体积为( )A. 8π B. 10π C. 12π D. 16π5 (2024武汉月考)若函数f(x)的导函数f′(x)=x-sin x,f(x)的最小值为0,则函数y=f(x)-cos x的零点为( )A. 0 B. ±C. ±2 D. 2kπ(k∈Z)6 (2023成都期中)已知f(x)=ex+ax+b≥0对任意x∈R恒成立,其中a,b为常数且a<0,则下列结论中正确的是( )A. ab≥0 B. b>-1C. a-b≤a ln (-a) D. b-a≤-a ln a二、 多项选择题7 (2024重庆月考)已知函数f(x)=x2-ax-ln x,则下列命题中正确的是( )A. 若x=1是函数f(x)的极值点,则a=1B. 若f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,则a≥1C. 若f(1)=2,则f(x)≥恒成立D. 若(x-1)ln x≥f(x)在x∈[1,2]上恒成立,则a≥2-ln 28 (2024南京期末)已知函数f(x)=-a,x∈R,则下列说法中正确的是( )A. 2是函数f(x)的极小值点B. 当x=0时,函数f(x)取得最小值C. 当a=时,函数f(x)存在2个零点D. 若函数f(x)有1个零点,则a>或a=0三、 填空题9 若函数f(x)=x3-ax2+a2恰有两个零点,则f(x)在区间[-3,3]上的最小值为________.10 (2024兰州月考)若将一边长为4的正方形铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形,然后做成一个无盖的方盒,则方盒的体积的最大值为________.11 (2024苏州月考)已知函数f(x)=若方程f(x)=a有2个不同的实数根,则实数a的取值范围是________.四、 解答题12 某轮船航行过程中每小时的燃料费与其速度的立方成正比.已知当速度为10km/h 时,燃料费为10元/h,其他与速度无关的费用每小时180元.(1) 求轮船的速度为多少时,每千米航程的成本最低?(2) 若轮船限速不超过20km/h,求每千米航程的最低成本.13 (2024青岛开学考试)已知函数f(x)=ax-ex,a>0.(1) 若a=1,求函数f(x)的图象在x=1处的切线方程;(2) 若x>0,f(x)≤a-x2恒成立,求实数a的取值范围. 函数的最大(小)值(1)1. A 由y=得y′=.当0≤x<1时,y′>0;当12. D 由题意,得f′(x)=x2-2x.当x∈[1,2)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(2,3]时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,所以函数f(x)在区间[1,3]上的最小值为f(2)=×23-22=-.3. C 由题意,得f′(x)=cos x-[cos x+x(-sin x)]=x sin x.当x∈(0,π)时,f′(x)>0;当x∈(π,2π)时,f′(x)<0,所以f(x)在区间(0,π)上单调递增,在区间(π,2π)上单调递减,故f(x)有最大值f(π)=sin π-πcos π=0-π×(-1)=π.又f(0)=sin 0-0×cos 0=0,f(2π)=sin 2π-2π×cos 2π=-2π,故f(x)的最小值为-2π.4. A 由题意,得f′(x)=3x2-6x=3x(x-2).由f′(x)>0,解得x<0或x>2;由f′(x)<0,解得0解得-1≤a<2,即实数a的取值范围为[-1,2).5. A 令t=f(m)=g(n),则em-2=t,1+ln n=t,即m=2+ln t,n=et-1,可得m-n=2+ln t-et-1.设h(t)=2+ln t-et-1,则h′(t)=-et-1(t>0).令h′(t)=0,解得t=1,且h′(t)=-et-1在区间(0,+∞)上单调递减.当00,h(t)单调递增;当t>1时,h′(t)<0,h(t)单调递减,所以h(t)max=h(1)=2+ln 1-e0=1,即m-n的最大值为1.6. D 因为f(x)=所以函数f(x)在区间(-∞,0]上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,不妨设x1<00),则g′(x)=1-ex.由g′(x)>0,可得0ln 3,可得函数g(x)的单调增区间为,单调减区间为,可得g(x)max=g=ln 3-×=ln 3-1,故x1+x2的最大值为ln 3-1.7. BC 由题图可知,当x∈(-∞,-1)∪(1,3)时,f′(x)≤0(不恒为0);当x∈(-1,1)∪(3,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,-1),(1,3)上单调递减,在区间(-1,1),(3,+∞)上单调递增,故A错误,B正确;函数f(x)在x=1处取得极大值,故C正确;虽然确定了f(x)的单调性,但没有f(x)的解析式,故无法确定f(x)的最值,故D错误.故选BC.8. ABD 对于A,由已知可得f′(x)=3x2+6x,所以f′(-1)=3-6=-3,故A正确;对于B,由f′(x)>0,得x<-2或x>0;由f′(x)<0,得-2f(-2),所以f(x)在区间(-3,3)上没有最大值,故C错误;对于D,f=+3×=,f(-1)=-1+3=2,f=+3×=,所以f+f(-1)+f=6,故D正确.故选ABD.9. f′(x)=.当x∈时,f′(x)<0,所以函数f(x)在区间上单调递减,所以f(x)max=f=. 10. -37 f′(x)=6x2-12x=6x(x-2),则函数f(x)在区间[-2,0]上单调递增,在区间[0,2]上单调递减,所以x=0为极大值点,也为最大值点,则f(0)=m=3,所以f(-2)=-37,f(2)=-5,故最小值是-37.11. 0 函数f(x)=|x-1|-ln x的定义域为(0,+∞).当01时,f(x)=|x-1|-ln x=x-1-ln x,则f′(x)=1-=>0,所以f(x)在区间(1,+∞)上单调递增.因为f(x)在区间(0,+∞)上是连续函数,所以当x∈(0,1]时,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f(x)单调递增,所以当x=1时,f(x)取得最小值为f(x)min=f(1)=|1-1|-ln 1=0.12. (1) 由题意可得f′(x)=x2+2ax-5,因为f(x)在x=5处取得极小值,且极小值为-33,所以解得此时f′(x)=x2-4x-5=(x-5)(x+1),满足f(x)在x=5处取得极小值,故(2) 由(1)得f(x)=x3-2x2-5x+,则f′(x)=(x-5)(x+1).当x∈[-2,0]时,令f′(x)>0,解得-2≤x<-1;令f′(x)<0,解得-1所以f(x)在区间[-2,-1)上单调递增,在区间(-1,0]上单调递减,则f(x)在区间[-2,0]上的最大值为f(-1)=3.又因为f(-2)=-所以f(x)在区间[-2,0]上的最小值为f(-2)=-,故f(x)在区间[-2,0]上的值域为.13. (1) 由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=-+=.当a≤0时,x-a>0恒成立,即f′(x)>0恒成立,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,此时f(x)无极值;当a>0时,当x∈(0,a)时,f′(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增,此时f(x)的极小值为f(a)=1+ln a,无极大值.综上,当a≤0时,f(x)无极值;当a>0时,f(x)的极小值为1+ln a,无极大值.(2) 若a≤1,则f′(x)≥0在区间[1,e]上恒成立,所以f(x)在区间[1,e]上单调递增,此时f(x)min=f(1)=a.若1当x∈(a,e]时,f′(x)>0,所以f(x)在区间[1,a)上单调递减,在区间(a,e]上单调递增,此时f(x)min=f(a)=1+ln a;当a≥e时,f′(x)≤0在区间[1,e]上恒成立,所以f(x)在区间[1,e]上单调递减,此时f(x)min=f(e)=+1.综上,f(x)在区间[1,e]上的最小值g(a)= 函数的最大(小)值(2)1. A 设圆锥的高为x(00;当x∈时,V′<0,所以当x=时,V取最大值,即体积最大时,圆锥的高为.2. D 由题意,设毛利润为L(p),则L(p)=pQ-20Q=(8 300-170p-p2)(p-20)=-p3-150p2+11 700p-166 000,所以L′(p)=-3p2-300p+11 700.令L′(p)=0,解得p=30或p=-130(舍去),所以当p∈(0,30)时,L′(p)>0;p∈(30,+∞)时,L′(p)<0,所以当p=30时,L(p)取得最大值,最大值为23 000.3. B 由题意,得k>+4在区间(1,+∞)上恒成立.设g(x)=+4,x∈(1,+∞),所以k>g(x)max.因为g′(x)=,当x∈(1,e)时,g′(x)>0;当x∈(e,+∞)时,g′(x)<0,所以g(x)在区间(1,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减,可得g(x)max=g(e)=+4∈(4,5),所以整数k≥5,则整数k的最小值为5.4. A 设圆柱的底面半径为r,高为h,则4r+2h=12,即2r+h=6.圆柱的体积V(r)=πr2h=πr2·(6-2r)=-2πr3+6πr2,00,函数V(r)单调递增;当25. B 因为f′(x)=x-sin x,所以f(x)=x2+cos x+c,c为常数.设g(x)=f′(x)=x-sin x,则g′(x)=1-cos x≥0恒成立,所以g(x)在R上单调递增.又g(0)=0,所以当x∈(-∞,0)时,g(x)<0,即f′(x)<0,所以f(x)在区间(-∞,0)上单调递减;当x∈(0,+∞)时,g(x)>0,即f′(x)>0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以f(x)在x=0处取得最小值,即f(x)min=f(0)=1+c=0,解得c=-1,所以f(x)=x2+cos x-1,故y=f(x)-cos x=x2-1.令x2-1=0,解得x=±,即函数y=f(x)-cos x的零点为±.6. C 由题意知f(x)的定义域为R,且f′(x)=ex+a,a<0.若x∈(-∞,ln (-a)),则f′(x)<0;若x∈(ln (-a),+∞),则f′(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,ln (-a))上单调递减,在区间(ln (-a),+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(ln (-a))=-a+a ln (-a)+b.若f(x)≥0恒成立,则-a+a ln (-a)+b≥0,即a-b≤a ln (-a).7. AD 函数f(x)=x2-ax-ln x的定义域为(0,+∞),对于A,f′(x)=2x-a-,由x=1是函数f(x)的极值点,得f′(1)=1-a=0,解得a=1,此时f′(x)=2x-1-=,显然x=1是f′(x)在区间(0,+∞)上的变号零点,因此a=1,故A正确;对于B,f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,则 x>1,f′(x)≥0,即a≤2x-.又函数y=2x-在区间(1,+∞)上单调递增,则2x->1恒成立,可得a≤1,故B错误;对于C,由f(1)=2,得a=-1,此时f(x)=x2+x-ln x,则f′(x)=.当0时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)≥f=+ln 2,而+ln 2<,故C错误;对于D,当x∈[1,2]时,由(x-1)ln x≥f(x),得x ln x≥x2-ax,即a≥x-ln x.令g(x)=x-ln x,x∈[1,2],则g′(x)=1-≥0,当且仅当x=1时取等号,因此函数g(x)在区间[1,2]上单调递增,则g(x)max=g(2)=2-ln 2,所以a≥2-ln 2,故D正确.故选AD.8. BCD 对于A,由题意可得f′(x)==,x∈R,当x<0或x>2时,f′(x)<0,此时f(x)单调递减,当00,此时f(x)单调递增,所以2是函数f(x)的极大值点,故A错误;对于B,由A知f(x)极小值=f(0)=-a,且当x→+∞时,f(x)→-a,且大于-a,则当x=0时,函数f(x)取得最小值,故B正确;对于C,当a=时,f(x)=-=0,即=.设h(x)=,则h′(x)=,所以当x<0或x>2时,h′(x)<0,此时h(x)单调递减;当00,此时h(x)单调递增,则h(x)极小值=h(0)=0,h(x)极大值=h(2)=,且当x→+∞,h(x)→0,且大于0,作出函数图象如图所示,则直线y=与函数h(x)的图象有两个交点,当a=时,函数f(x)存在2个零点,故C正确;对于D,函数f(x)有1个零点,即方程a=有一个根,可转化为直线y=a与h(x)=的图象只有一个交点.由图可知,若函数f(x)有1个零点,则a>或a=0,故D正确.故选BCD.9. - 由f(x)=x3-ax2+a2,得f′(x)=x2-ax,令f′(x)=0,得x=0或x=a.若a=0,则f′(x)=x2≥0,所以f(x)单调递增,函数f(x)最多只有一个零点,不符合题意,所以a≠0.因为f(x)恰有2个零点,f(0)=a2≠0,所以另一个极值点x=a必为零点,所以f(a)=a3-a3+a2=0,得a=2,所以f(x)=x3-x2+,所以当x∈[-3,0)时,f(x)单调递增,x∈[0,2)时,f(x)单调递减,x∈[2,3]时,f(x)单调递增.因为f(-3)=-,f(2)=0,所以f(x)在区间[-3,3]上的最小值为-.10. 由题意知,方盒的底面为边长为4-2x的正方形,高为x,其中00;当x∈时,V′(x)<0,所以V(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,可得V(x)max=V=.11. ∪ 若x<1,则f(x)=x·ex,可得f′(x)=(x+1)·ex.当x<-1时,f′(x)<0;当-10,所以f(x)在区间(-∞,-1)上单调递减,在区间(-1,1)上单调递增,可得f(x)在x=-1处取得极小值f(-1)=-e-1.当x从1的左边趋于1时,f(x)→e;若x≥1,则f(x)=,可得f′(x)=.当1≤x0;当x>e时,f′(x)<0,所以f(x)在区间[1,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减,所以f(x)在x=e取得极大值,且f(e)=.令ln x=t,若x≥1,则t≥0,从而=≥0,当t→+∞时,=→0,所以f(x)的函数图象如图所示,由图可知,若方程f(x)=a有2个不同的实数根,则a∈∪.12. (1) 设燃料费为u元/h,速度为v km/h,则u=kv3(v>0).由10=k×103,得k=,所以每千米航程的成本函数为y=(v3+180)=v2+(v>0),则y′=.令y′=0,得v=10.当0当v>10时,y′>0,函数单调递增,所以速度为10 km/h时,每千米航程的成本最低.(2) 由(1)知,函数y=v2+在区间(0,20]上单调递减,当限速不超过20 km/h时,ymin=×202+=13,所以轮船限速不超过20 km/h时,每千米航程的最低成本为13元.13. (1) 当a=1时,f(x)=x-ex,则f(1)=1-e,f′(x)=1-ex,所以f′(1)=1-e,所以函数f(x)的图象在x=1处的切线方程y-(1-e)=(1-e)(x-1),即y=(1-e)x.(2) 当x>0时,ax-ex≤a-x2恒成立,即a(x-1)≤ex-x2恒成立.①当x=1时,0≤e-1恒成立;②当0令g(x)=,则g′(x)=.令h(x)=ex-x,则h′(x)=ex-1,当x>0时,ex>1,即h′(x)=ex-1>0恒成立,则h(x)=ex-x在区间(0,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(0)=1,即当x>0时,ex-x>0.当00,所以g′(x)=<0恒成立,即g(x)在区间(0,1)上单调递减,可得a≥g(x)max>g(0)=-1,所以a>-1,又a>0,可得a>0;③当x>1时,x-1>0,则a≤恒成立,即a≤.由②可得g(x)=在区间(1,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,所以a≤=e2-4.综上,0 展开更多...... 收起↑ 资源列表 5.3.2.1 函数的极值 2024~2025学年高二数学人教A版(2019)选择性必修2.docx 5.3.2.2 函数的最大(小)值 2024~2025学年高二数学人教A版(2019)选择性必修2.docx