【走向高考】2021届高三数学一轮基础巩固 第3章 第3节 导数在函数最值及生活实际中的应用（含解析）北师大版.doc

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1、【走向高考】2016届高三数学一轮基础巩固 第3章 第3节 导数在函数最值及生活实际中的应用 北师大版一、选择题1函数y()A有最大值2，无最小值B无最大值，有最小值2C有最大值2，有最小值2D无最值答案C解析y.令y0，得x1或1，f(1)2，f(1)2，故选C2设f (x)是函数f(x)的导函数，yf (x)的图像如图所示，则yf(x)的图像最有可能是()答案C解析由yf (x)的图像易知当x2时，f (x)0，故函数yf(x)在区间(，0)和(2，)上单调递增；当0x2时，f (x)0，故函数yf(x)在区间(0,2)上单调递减3已知定义域为R的函数f(x)满足：f(4)3，且对任意xR

2、总有f (x)3，则不等式f(x)3x15的解集为()A(，4)B(，4)C(，4)(4，)D(4，)答案D解析方法一(数形结合法)：由题意知，f(x)过定点(4，3)，且斜率kf (x)3.又y3x15过点(4，3)，k3.yf (x)和y3x15在同一坐标系中的草图如图，f(x)3x15的解集为(4，)，故选D方法二：记g(x)f(x)3x15，则g(x)f (x)30，可知g(x)在R上为减函数又g(4)f(4)34150，f(x)3x15可化为f(x)3x150，即g(x)4.4若存在正数x使2x(xa)x()x(x0)，令f(x)x()x，则f(x)在(0，)上为增函数，f(x)mi

3、nf(0)1，a1，故选D5若函数f(x)sin2xsinx，则f (x)是()A仅有最小值的奇函数B仅有最大值的偶函数C既有最大值又有最小值的偶函数D非奇非偶函数答案C解析f(x)sinxcosxsinx，则f (x)cosxcosxsinx(sinx)cosxcos2xsin2xcosx2cos2xcosx1，显然f (x)是偶函数，又因为cosx1,1，所以函数f (x)既有最大值又有最小值6(文)如图，某农场要修建3个养鱼塘，每个面积为10 000m2，鱼塘前面要留4m的运料通道，其余各边为2m宽的堤埂，则占地面积最少时，每个鱼塘的长、宽分别为()A长102m，宽mB长150m，宽66

4、mC长、宽均为100米D长150m，宽m答案D解析设鱼塘长、宽分别为ym、xm，依题意xy10 000.设占地面积为S，则S(3x8)(y6)18x30 048，令S180，得x.此时y150.(理)要做一个圆锥形的漏斗，其母线长20 cm，要使其体积最大，则高为()A cmBcmCcmDcm答案D解析设圆锥的高为x cm，则底面半径为(cm)，其体积为Vx(202x2)(0x20)，V(4003x2)，令V0，解得x1，x2(舍去)当0x0，当x20时，V0，所以x1.因为0x1时，f (x)1时f (x)0，所以当x1时，f(x)取极小值(极小值唯一)也即最小值f(1)1.8函数f(x)a

5、x3x恰有三个单调区间，则a的取值范围是_答案(，0)解析f(x)ax3x恰有三个单调区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即f(x)0有两个不等实根f(x)ax3x，f(x)3ax21.要使f(x)0有两个不等实根，则a0，bd，且在(0，d上f (b)0，在d，d)上，f (b)0.函数f(b)在bd处取得极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长hD三、解答题10设f(x)lnx，g(x)f(x)f (x)(1)求g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与g()的大小关系；(3)求a的取值范围，使得g(a)g(x)0成立解析(1)g(x)lnx，g(x)，由g(x)0，得g(x)的单

6、调增区间为(1，)；由g(x)0，得g(x)的单调减区间为(0,1)因此x1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点所以g(x)ming(1)1.(2)设h(x)g(x)g()，则h(x)，h(x)0，h(x)在(0，)上为减函数当x1时，h(1)0，即g(x)g()；当0xh(1)0，即g(x)g()；当x1时，h(x)h(1)0，即g(x)g()(3)由(1)知g(x)的最小值为1，所以g(a)g(x)0成立由g(a)1，得0ae.一、选择题1在，2上，函数f(x)x2pxq与g(x)在同一点处取得相同的最小值，那么f(x)在，2上的最大值是()AB4C8D答案B解析因为g(x

7、)，且x，2，则g(x)23，当且仅当x1时，g(x)min3.又f(x)2xp，f(1)0，即2p0，得p2，f(x)x22xq.又f(x)minf(1)3，12q3，q4.f(x)x22x4(x1)23，x，2f(x)maxf(2)4.2如果函数f(x)x3a2x满足：对于任意的x1、x20,1，都有|f(x1)f(x2)|1恒成立，则实数a的取值范围是()A，B(，)C，0)(0，D(，0)(0，)答案A解析解法一：(赋值法)令a0，可知选A解法二：对于任意的x1，x20,1都有|f(x1)f(x2)|1恒成立，只需f(x)maxf(x)min1即可f(x)x2a2(xa)(xa)，当|

8、a|1时，f(x)0，函数f(x)x3a2x在0,1上单调递减；当|a|0，即x(0,1时，f(x)ax33x10可化为a.设g(x)，则g(x)，所以g(x)在区间(0，上单调递增，在区间，1上单调递减，因此g(x)maxg()4，从而a4.当xa2恒成立，求实数a的取值范围解析(1)f(x)x22bx2，且x2是f(x)的一个极值点，f(2)44b20，解得b，f(x)x23x2(x1)(x2)由f(x)0得x2或x1，函数f(x)的单调增区间为(，1)，(2，)；由f(x)0得1xa2恒成立等价于a2f(x)min，即a2a0，0a0，m，令t(x)2lnxx，t(x)1，令t(x)0得

9、x1或3(舍)当x(0,1)时，t(x)0，t(x)在(1，)上单调递增t(x)mint(1)4，mt(x)min4，即m的最大值为4.6(文)(2014浙江高考)已知函数f(x)x33|xa|(a0)若f(x)在1,1上的最小值记为g(a)(1)求g(a)；(2)证明：当x1,1时，恒有f(x)g(a)4.解析(1)a0，x1,1()当0a1时，f(x)当x1，a时，f(x)3x233(x21)0，f(x)在a,1递增g(a)f(a)a3.()当a1时，f(x)x33(ax)，此时f(x)3x230，f(x)在1,1单调递减，g(a)f(1)3a2.综上g(a).(2)令h(x)f(x)g(

10、a)()当0a1时，g(a)a3.若x1, a时，h(x)x33(ax)a3，h(x)3x230，h(x)在1, a递减，h(x)在1, a上的最大值为hmax(x)h(1)3a2a3(0a0.t(a)在(0,1)递增t(a)t(1)4，即h(1)0，h(x)在a,1递增，hmax(x)h(1)43aa3，0a1，h(1)4.故f(x)g(a)4.()当a1时，g(a)3a2，令h(x)f(x)g(a)x23(ax)3a2h(x)3x230，所以当x(0,2)时，f(x)0，函数yf(x)单调递增所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，)(2)由(1)知，k0时，函数f(x)在(0,2)内单调递减，故f(x)在(0,2)内不存在极值点；当k0时，设函数g(x)exkx，x(0，)因为g(x)exkexelnk，当00，yg(x)单调递增，故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；当k1时，得x(0，lnk)时，g(x)0，函数yg(x)单调递增所以函数yg(x)的最小值为g(lnk)k(1lnk)函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点当且仅当解得ek.综上所述，函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时，k的取值范围为(e，)- 10 -