2021版高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第2课时导数与函数的极值最值课时跟踪检测文新人教A版.doc

第2课时导数与函数的极值、最值 A级·基础过关|固根基|1.函数f(x)2x39x22在4，2上的最大值和最小值分别是()A25，2 B50，14C50，2 D50，14解析：选C因为f(x)2x39x22，所以f(x)6x218x0时，x3或0，当x4，3)或x(0，2时，f(x)0，f(x)为增函数；当x(3，0)时，f(x)0，f(x)为减函数由f(4)14，f(3)25，f(0)2，f(2)50，故函数f(x)2x39x22在4，2上的最大值和最小值分别是50，2.2函数f(x)aexsin x在x0处有极值，则a的值为()A1 B0C1 De解析：选Cf(x)aexcos x，函数f(x)aexsin x在x0处有极值，f(0)a10，解得a1，经检验a1符合题意故选C.3函数f(x)x3bx2cxd的大致图象如图所示，则xx等于()A. B.C. D.解析：选C函数f(x)的图象过原点，所以d0.又f(1)0且f(2)0，即1bc0且84b2c0，解得b1，c2，所以函数f(x)x3x22x，所以f(x)3x22x2，由题意知，x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f(x)0的两个根，所以x1x2，x1x2，所以xx(x1x2)22x1x2.4(2019届东莞模拟)若x1是函数f(x)axln x的极值点，则()Af(x)有极大值1 Bf(x)有极小值1Cf(x)有极大值0 Df(x)有极小值0解析：选Af(x)axln x，x0，f(x)a.由f(1)0，得a1，f(x)1.由f(x)0，得0x1；由f(x)0，得x1，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减f(x)极大值f(1)1，无极小值，故选A.5用边长为120 cm的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为()A120 000 cm3 B128 000 cm3C150 000 cm3 D158 000 cm3解析：选B设水箱底长为x cm，则高为 cm.由得0x120.设容器的容积为y cm3，则有y·x2x360x2.则有yx2120x.令y0，解得x80(x0舍去)当x(0，80)时，y0，y单调递增；当x(80，120)时，y0，y单调递减因此，x80是函数yx360x2的极大值点，也是最大值点，此时y×80360×802128 000.故选B.6函数f(x)x33x24在x_处取得极小值解析：由f(x)3x26x0，得x0或x2.列表：x(，0)0(0，2)2(2，)f(x)00f(x)极大值极小值所以在x2处取得极小值答案：27若函数f(x)x3x22x没有极小值点，则实数a的取值范围是_解析：函数f(x)x3x22x的导数为f(x)ax22x2.当a0时，f(x)x22x，满足题意；当a0时，则方程ax22x20无变号零点，即48a0，解不等式可得a.综上可得，实数a的取值范围是0，.答案：0，8已知函数f(x)ln xax存在最大值0，则a_解析：f(x)a，x0.当a0时，f(x)a0恒成立，函数f(x)单调递增，不存在最大值；当a0时，令f(x)a0，解得x.当0x时，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x时，f(x)0，函数f(x)单调递减f(x)maxfln 10，解得a.答案：9(2019届湖北黄冈模拟)已知函数f(x)ax，曲线yf(x)在x1处的切线经过点(2，1)(1)求实数a的值；(2)设b>1，求f(x)在，b上的最大值和最小值解：(1)由题可得，f(x)的导函数为f(x)(x>0)，f(1)1a.依题意，有1a，即1a，解得a1.(2)由(1)得，f(x)(x>0)，易知，f(1)0，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减又0<<1<b，f(x)的最大值为f(1)1.设h(b)f(b)fln bb，其中b>1，则h(b)ln b>0，h(b)在(1，)上单调递增当b1时，h(b)0，可得h(b)>0，则f(b)>f，故f(x)的最小值为fbln b.10(2020届长春市高三质量监测)设函数f(x)ln x.(1)求函数f(x)的极值；(2)若x(0，1)时，不等式ln x<2恒成立，求实数a的取值范围解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，令f(x)0，得x1.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，1)1(1，)f(x)0f(x)极小值所以f(x)极小值f(1)2，无极大值(2)由题意可知，a>0，则原不等式等价于ln x>0，令g(x)ln x(0<x<1)，则g(x)，当0<a1，x(0，1)时，x2(24a)x1x(12a)24a(1a)0，故g(x)0，g(x)在(0，1)上单调递减，g(x)>ln 10，原不等式成立；当a>1时，令h(x)x2(24a)x1(0<x<1)，因为02(24a)·011>0，12(24a)·114(1a)<0，所以x0(0，1)，x(24a)x010，因为yx2(24a)x1图象的对称轴x2a1>1，所以在(0，1)上g(x)单调递增，当x(0，x0)时，g(x)<0，g(x)单调递减，当x(x0，1)时，g(x)>0，g(x)单调递增，故当x(x0，1)时，g(x)<ln 10，原不等式不成立综上所述，0<a1.故实数a的取值范围为(0，1.B级·素养提升|练能力|11.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f(x)，且函数f(x)在x2处取得极小值，则函数yxf(x)的图象可能是()解析：选C由题意可得，f(2)0，且当x2时，f(x)0，则yxf(x)0，故排除B、D；当x2时，f(x)0，所以当x(2，0)时，yxf(x)0，当x0时，yxf(x)0，故排除A，故选C.12函数f(x)x33x1，若对于区间3，2上的任意x1，x2，都有|f(x1)f(x2)|t，则实数t的最小值是()A20 B18C3 D0解析：选A原命题等价于对于区间3，2上的任意x，都有f(x)maxf(x)mint，f(x)3x23，当x3，1时，f(x)0，f(x)单调递增，当x1，1时，f(x)0，f(x)单调递减，当x1，2时，f(x)0，f(x)单调递增，1，1为函数的极值点又f(3)19，f(1)1，f(1)3，f(2)1，f(x)max1，f(x)min19，f(x)maxf(x)min1(19)20，t20，即t的最小值为20.13设m，n是函数f(x)x32ax2a2x的两个极值点，若2(m，n)，则实数a的取值范围是_解析：由已知得，f(x)3x24axa2，因为函数f(x)x32ax2a2x有两个极值点m，n，所以f(x)3x24axa2有两个零点m，n.又因为2(m，n)，所以有f(2)128aa20，解得2a6.答案：(2，6)14已知函数f(x)1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m0，求函数f(x)在区间m，2m上的最大值解：(1)因为函数f(x)的定义域为(0，)，且f(x)0时，xe，当0<x<e时，f(x)>0；当x>e时，f(x)<0.所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，)(2)当即0m时，m，2m(0，e，由(1)得，函数f(x)在区间m，2m上单调递增，所以f(x)maxf(2m)1；当me2m，即me时，m，e)(0，e)，e，2me，)，函数f(x)在区间m，e)上单调递增，在e，2m上单调递减，所以f(x)maxf(e)11；当me时，m，2me，)，函数f(x)在区间m，2m上单调递减，所以f(x)maxf(m)1.综上所述，当0m时，f(x)max1；当me时，f(x)max1；当me时，f(x)max1.- 6 -