新教材2024版高中数学第五章一元函数的导数及其应用5.3导数在研究函数中的应用5.3.2函数的极值与最大小值第4课时函数的极值与最大小值综合练习课后提能训练新人教A版选择性必修第二册

5．3.2函数的极值与最大(小)值第4课时函数的极值与最大(小)值综合练习A级——基础过关练1．(2023年陕西期末)函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋2在[0，3]上的最小值是 ()A．eq\f(10,3) B．－eq\f(10,3) C．eq\f(7,2) D．－eq\f(7,2)【答案】B【解析】f′(x)＝x2－4，x∈[0，3]，当x∈[0，2)时，f′(x)＜0，当x∈(2，3]时，f′(x)＞0，所以f(x)在[0，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增．所以f(x)在[0，3]上的最小值为f(2)＝－eq\f(10,3).故选B.2．如图是函数y＝f(x)的导数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是 ()A．在(－3，1)内f(x)单调递增B．在(4，5)内f(x)单调递减C．在x＝1时f(x)取得极大值D．在x＝2时f(x)取得极大值【答案】D【解析】由图可知，f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(3,2)))，(2，4)上f′(x)<0，f(x)单调递减，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，2))，(4，5)上f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x＝1不是f(x)的极值点，x＝2是f(x)的极大值点，所以A，B，C选项错误，D选项正确．故选D.3．已知函数f(x)＝(x2＋a)ex有最小值，则函数y＝f′(x)的零点个数为 ()A．0 B．1C．2 D．不确定【答案】C【解析】由题意，f′(x)＝(x2＋2x＋a)ex，因为函数f(x)有最小值，且ex>0，所以函数存在单调递减区间，即f′(x)<0有解，所以x2＋2x＋a＝0有两个不等实数根，所以函数y＝f′(x)的零点个数为2.故选C.4．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．4 B．2或6 C．2 D．6【答案】D【解析】函数f(x)＝x3－2cx2＋c2x，f′(x)＝3x2－4cx＋c2＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,3)))(x－c)，依题意得f′(2)＝0，即c＝2或c＝6.当c＝2时，f′(x)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))(x－2)，当eq\f(2,3)<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，则f(x)在x＝2处取极小值，不符合条件；当c＝6时，f′(x)＝3(x－2)(x－6)，当x<2时，f′(x)>0，当2<x<6时，f′(x)<0，则f(x)在x＝2处取极大值，符合条件．所以常数c的值为6.故选D.5．现需建造一个容积为V的圆柱形铁桶，它的盖子用铝合金材料，已知单位面积的铝合金的价格是铁的3倍．要使该容器的造价最低，则铁桶的底面半径r与高h的比值为 ()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,3) C．eq\f(2,3) D．eq\f(1,4)【答案】D【解析】设单位面积铁的价格为a，h＝eq\f(V,πr2)，则造价w(r)＝πr2·a＋2πrh·a＋πr2·3a＝4aπr2＋eq\f(2aV,r)，w′(r)＝8aπr－eq\f(2aV,r2)，取w′(r)＝8aπr－eq\f(2aV,r2)＝0，得到r＝eq\r(3,\f(V,4π))，当0<r<eq\r(3,\f(V,4π))时，w′(r)＜0，函数单调递减，当r>eq\r(3,\f(V,4π))时，w′(r)＞0，函数单调递增，故r＝eq\r(3,\f(V,4π))时，造价最小，此时h＝eq\f(V,πr2)＝eq\f(4πr3,πr2)＝4r.6．(多选)(2022年保定开学)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋2，下列说法中正确的有 ()A．函数f(x)的极大值为eq\f(22,3)，极小值为－eq\f(10,3)B．当x∈[3，4]时，函数f(x)的最大值为eq\f(22,3)，最小值为－eq\f(10,3)C．函数f(x)的单调减区间为[－2，2]D．曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝－4x＋2【答案】ACD【解析】因为f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋2，所以f′(x)＝x2－4，由f′(x)>0，得x<－2或x>2，由f′(x)<0，得－2<x<2，所以函数f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故选项C正确；当x＝－2时，f(x)取得极大值f(－2)＝eq\f(1,3)×(－2)3－4×(－2)＋2＝eq\f(22,3)，当x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝eq\f(1,3)×23－4×2＋2＝－eq\f(10,3)，故选项A正确；当x∈[3，4]时，f(x)单调递增，所以当x＝3时，f(x)取得最小值f(3)＝eq\f(1,3)×33－4×3＋2＝－1，当x＝4时，f(x)取得最大值f(4)＝eq\f(1,3)×43－4×4＋2＝eq\f(22,3)，故选项B不正确；因为f′(0)＝－4，所以曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y－2＝－4(x－0)，即y＝－4x＋2，故选项D正确．故选ACD.7．若函数f(x)＝eq\f(2,3)x3－ax2(a<0)在(2a，a＋1)上有最大值，则a的取值范围为 ()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0)) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))【答案】A【解析】由f(x)＝eq\f(2,3)x3－ax2(a<0)得，f′(x)＝2x2－2ax＝2x(x－a).当x<a时，f′(x)>0；当a<x<0时，f′(x)<0；当x＞0时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，f(x)在(a，0)上单调递减，故f(x)在x＝a处取到极大值．又因为f(x)在(2a，a＋1)上有最大值，且2a<a<a＋1，所以f(a)≥f(a＋1)，则eq\f(2,3)a3－a3≥eq\f(2,3)(a＋1)3－a(a＋1)2，解得a≤－eq\f(2,3).故选A.8．函数f(x)＝xsinx＋cosx－3x2的极值点为________．【答案】0【解析】依题意，f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx－6x＝xcosx－6x，令f′(x)＝x(cosx－6)＝0，解得x＝0，符合题意，∴函数f(x)的极值点为0.9．已知函数f(x)＝eq\f(ex,x)，g(x)＝a－|x－1|，若∃x1，x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的取值范围是________．【答案】[e，＋∞)【解析】∃x1，x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≤g(x2)成立⇔当x∈(0，＋∞)时，f(x)min≤g(x)max.由题意得f′(x)＝eq\f(ex(x－1),x2)，当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)＝eq\f(ex,x)在(0，＋∞)上的最小值为f(1)＝e.又因为函数g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝a，故a≥e.10．(2022年浦江月考)已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax，(1)若a＝－1，求f(x)的极值；(2)当－eq\f(8,3)<a<0时，f(x)在[0，2]上的最大值为10，求f(x)在该区间上的最小值．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x3＋x2－x，f′(x)＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝eq\f(1,3)，则x，f′(x)，f(x)变化情况如下表，x(－∞，－1)－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗∴f(x)的极大值为f(－1)＝1，极小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(1,27)＋eq\f(1,9)－eq\f(1,3)＝－eq\f(5,27).(2)∵f′(x)＝3x2＋2x＋a，∴Δ＝4－12a.又∵－eq\f(8,3)<a<0，∴Δ>0.令f′(x)＝0，解得x1＝eq\f(－1－\r(1－3a),3)，x2＝eq\f(－1＋\r(1－3a),3)，则x，f′(x)，f(x)变化情况如下表，x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗∴f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．∵－eq\f(8,3)<a<0，x1<0<x2<2，∴f(x)min＝f(x2).又∵f(0)＝0，f(2)＝12＋2a>0，∴f(x)在[0，2]上的最大值为f(2)＝12＋2a＝10，解得a＝－1，∴f(x)min＝f(x2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝－eq\f(5,27).B级——能力提升练11．(多选)(2022年重庆月考)定义在[－1，5]上的函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，函数f(x)的部分对应值如下表．下列关于函数f(x)的结论正确的是 ()x－10245f(x)13132A.函数f(x)的极大值点的个数为2B．函数f(x)的单调递增区间为(－1，0)∪(2，4)C．当x∈[－1，t]时，若f(x)的最小值为1，则t的最大值为2D．若方程f(x)＝a有3个不同的实数根，则实数a的取值范围是(1，2)【答案】AD【解析】由题图知函数f(x)在区间[－1，0]上单调递增，在区间[0，2]上单调递减，在区间[2，4]上单调递增，在区间[4，5]上单调递减，所以在x＝0，x＝4处有极大值，故A正确；单调区间不能写成并集，故B错误；因为函数f(2)＝1，f(4)＝3，且f(x)在区间[2，4]上单调递增，所以存在x0∈[2，4]使得f(x0)＝2，易知，当t＝x0时，f(x)在区间[－1，t]的最小值为1，故C不正确；由函数值表结合单调性作出函数草图，可知D正确．故选AD.12．(2022年咸阳月考)已知函数y＝f(x)在R上可导且f(0)＝1，其导函数f′(x)满足(x＋1)[f′(x)－f(x)]>0，对于函数g(x)＝eq\f(f(x),ex)，下列结论正确的是 ()A．函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增B．x＝－1是函数g(x)的极大值点C．函数g(x)必有2个零点D．e2f(e)>eef(2)【答案】D【解析】因为g(x)＝eq\f(f(x),ex)，所以g′(x)＝eq\f(f′(x)－f(x),ex).因为(x＋1)[f′(x)－f(x)]>0，所以当x<－1时，f′(x)－f(x)<0，当x>－1时，f′(x)－f(x)>0，所以当x<－1时，g′(x)<0，当x>－1时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，故A错误；x＝－1是g(x)的极小值点，故B错误；当g(－1)>0时，g(x)无零点，故C错误；由g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，得g(2)<g(e)，即eq\f(f(2),e2)<eq\f(f(e),ee)，所以eef(2)<e2f(e)，故D正确．故选D.13．(2022年遵义开学)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－|2x|－m，x<\f(1,2)，,x3lnx－m，x≥\f(1,2)))恰有3个零点，则m的取值范围是________．【答案】eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3e)，－\f(ln2,8)))∪(0，1)【解析】设函数g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－|2x|，x<\f(1,2)，,x3lnx，x≥\f(1,2)，))根据题意函数f(x)恰有3个零点，即为函数g(x)的图象与直线y＝m有3个公共点，当x≥eq\f(1,2)时，可得g′(x)＝x2(3lnx＋1)，令g′(x)＝0，得x＝e－eq\f(1,3)>eq\f(1,2)，当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，e－\f(1,3)))时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减；当x∈(e－eq\f(1,3)，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增．所以当x＝e－eq\f(1,3)时，函数g(x)取得极小值，极小值为g(e－eq\f(1,3))＝－eq\f(1,3e)，又由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,8)ln2<0，作出g(x)的图象，如图所示，由图可知，实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3e)，－\f(ln2,8)))∪(0，1).14．传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的．这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12cm且以每秒1cm的速率缩短，而长度以每秒20cm的速率增长．已知神针的底面半径只能从12cm缩到4cm为止，在这段变形过程中，当底面半径为10cm时其体积最大．该定海神针原来的长度为_________cm；假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________cm.【答案】604【解析】设定海神针原来的长度为xcm，则t秒后其长度变为(x＋20t)cm，其底面半径变为(12－t)cm，∴t秒后定海神针的体积V＝πR2h＝π(12－t)2(x＋20t)，0≤t≤8，又∵V′＝π[(2t－24)(x＋20t)＋20(12－t)2]＝π(t－12)(2x＋60t－240)，令V′＝0，可得t＝12(舍去)或t＝4－eq\f(x,30)，在变形过程中，当底面半径为10cm时其体积最大，即t＝2时体积最大，∴4－eq\f(x,30)＝2，解得x＝60，∴V′＝60π(t