2019年高考数学一轮总复习函数导数及其应用2.11.2导数与函数的极值最值课时跟踪检测理.docx

2.11.2 导数与函数的极值、最值课 时 跟 踪 检 测 基 础 达 标1.已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为()A1 B2C3 D4解析：由函数极值的定义和导函数的图象可知，f(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x0不是函数f(x)的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个答案：B2函数f(x)x34xm在0,3上的最大值为4，则m的值为()A7 BC3 D4解析：f(x)x24，x0,3，当x0,2)时，f(x)0，当x(2,3时，f(x)0，f(x)在0,2)上是减函数，在(2,3上是增函数又f(0)m，f(3)3m.在0,3上，f(x)maxf(0)4，m4，故选D.答案：D3设直线xt与函数h(x)x2，g(x)ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|最小时t的值为()A1 BC. D解析：由已知条件可得|MN|t2ln t，设f(t)t2ln t(t0)，则f(t)2t，令f(t)0，得t，当0t时，f(t)0，当t时，f(t)0，当t时，f(t)取得最小值答案：D4若exkx在R上恒成立，则实数k的取值范围为()A(，1 B1，)C(，1 D1，)解析：由exkx，得kexx.令f(x)exx，f(x)ex1.当f(x)0时，x0，f(x)0时，x0，f(x)0时，x0.f(x)在(，0)上是减函数，在(0，)上是增函数f(x)minf(0)1.k的范围为(，1故选A.答案：A5(2017届河北三市二联)若函数f(x)x3x22bx在区间3,1上不是单调函数，则函数f(x)在R上的极小值为()A2b BbC0 Db2b3解析：f(x)x2(2b)x2b(xb)(x2)，函数f(x)在区间3,1上不是单调函数，3b1，则由f(x)0，得xb或x2，由f(x)0，得bx2，函数f(x)的极小值为f(2)2b.答案：A6f(x)是定义在R上的偶函数，当x0时，f(x)xf(x)0且f(4)0，则不等式xf(x)0的解集为()A(4,0)(4，)B(4,0)(0,4)C(，4)(4，)D(，4)(0,4)解析：设g(x)xf(x)，则当x0时g(x)xf(x)xf(x)f(x)0，所以g(x)在区间(，0)上是减函数，因为f(x)是定义在R上的偶函数所以g(x)xf(x)是定义在R上的奇函数，所以g(x)在(0，)上是减函数，f(4)0，f(4)0，即g(4)g(4)0，xf(x)0，即g(x)0，xf(x)0的解集为(，4)(0,4)答案：D7已知函数f(x)的定义域为R，f(1)2，且对任意的xR，f(x)2，则f(x)2x4的解集为()A(1,1) B(1，)C(，1) D(，)解析：设g(x)f(x)(2x4)，f(x)(2x4)f(x)20，所以g(x)单调递增又g(1)0，所以f(x)2x4的解集是(1，)故选B.答案：B8(2017届山东师大附中检测)已知函数f(x)xex，g(x)(x1)2a，若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，则实数a的取值范围是()A. B1，)Ce，) D解析：f(x)exxex(1x)ex，当x1时，f(x)0，函数单调递增；当x1时，f(x)0，函数单调递减所以当x1时，f(x)取得极小值即最小值，f(1).函数g(x)的最大值为a.若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，则有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值，即a.故选D.答案：D9从边长为10 cm16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为_cm3.解析：设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，则x(0,5)则y(102x)(162x)x4x352x2160x，y12x2104x160.令y0，得x2或(舍去)，ymax6122144(cm3)答案：14410已知函数f(x)ex2xa有零点，则a的取值范围是_解析：由原函数有零点，可将问题转化为方程ex2xa0有解问题，即方程a2xex有解令函数g(x)2xex，则g(x)2ex，令g(x)0，得xln 2，所以g(x)在(，ln 2)上是增函数，在(ln 2，)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln 2)2ln 22.当x时g(x)，因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a的取值范围是(，2ln 22答案：(，2ln 2211已知f(x)a(x1)(xa)是函数f(x)的导函数，若f(x)在xa处取得极大值，则实数a的取值范围是_解析：当导函数f(x)a(x1)(xa)的图象如图所示时满足题意，此时1a0.答案：1a012(2017年全国卷)已知函数f(x)ae2x(a2)exx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围解：(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1)()若a0，则f(x)0，所以f(x)在(，)上单调递减()若a0，则由f(x)0得xln a.当x(，ln a)时，f(x)0；当x(ln a，)时，f(x)0.所以f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)()若a0，由(1)知，f(x)至多有一个零点()若a0，由(1)知，当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)1ln a.当a1时，由于f(ln a)0，故f(x)只有一个零点；当a(1，)时，由于1ln a0，即f(ln a)0，故f(x)没有零点；当a(0,1)时，1ln a0，即f(ln a)0.又f(2)ae4(a2)e222e220，故f(x)在(，ln a)有一个零点设正整数n0满足n0ln，则f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.由于lnln a，因此f(x)在(ln a，)有一个零点综上，a的取值范围为(0,1)13(2017年全国卷)已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，11m，求m的最小值解：(1)f(x)x1aln x，x0，则f(x)1，且f(1)0，当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，所以0x1时，f(x)0，不满足题意；当a0时，当0xa时，f(x)0，则f(x)在(0，a)上单调递减；当xa时，f(x)0，则f(x)在(a，)上单调递增()若a1，f(x)在(a,1)上单调递增，所以当x(a,1)时，f(x)f(1)0，不满足题意；()若a1，f(x)在(1，a)上单调递减，所以当x(1，a)时，f(x)f(1)0，不满足题意；()若a1，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以f(x)f(1)0满足题意综上所述，a1.(2)由(1)知当a1时，f(x)x1ln x0，即ln xx1，则ln(x1)x，当且仅当x0时等号成立所以ln，kN*，lnlnln11，即e.1112.当n3时，(2，e)因为mN*，m，所以m的最小值为3.能 力 提 升1已知函数yf(x)对任意的x满足f(x)cosxf(x)sinx0(其中f(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是()A.ffB.ffCf(0)2fDf(0)f解析：由f(x)cosxf(x)sinx0知0，所以g(x)在上是增函数，所以gg，即，即ff，所以A正确；同理有gg，即，得ff，所以B不正确；由gg(0)，即，得f(0)2f，所以C不正确；由gg(0)，即，得f(0)f，所以D不正确，故选A.答案：A2(2017届烟台模拟)设函数f(x)ax33x1(xR)，若对于任意x1,1，都有f(x)0成立，则实数a的值为_解析：(构造法)若x0，则不论a取何值，f(x)0显然成立；当x0时，即x(0,1时，f(x)ax33x10可化为a.设g(x)，则g(x)，所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此g(x)maxg4，从而a4.当x0时，即x1,0)时，同理a.g(x)在区间1,0)上单调递增，所以g(x)ming(1)4，从而a4，综上可知a4.答案：43(2017年全国卷)已知函数f(x)ax2axxln x，且f(x)0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e2f(x0)22.解：(1)f(x)的定义域为(0，)设g(x)axaln x，则f(x)xg(x)，f(x)0等价于g(x)0.因为g(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g(x)a，g(1)a1，得a1.若a1，则g(x)1.当0x1时，g(x)0，g(x)单调递减；当x1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以x1是g(x)的极小值点，故g(x)g(1)0.综上，a1.(2)证明：由(1)知f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x.设h(x)2x2ln x，则h(x)2.当x时，h(x)0；当x时，h(x)0.所以h(x)在单调递减，在单调递增又h(e2)0，h0，h(1)0，所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x(0，x0)时，h(x)0；当x(x0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0.因为f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一极大值点由f(x0)0得ln x02(x01)，故f(x0)x0(1x0)由x0(0,1)得f(x0).因为xx0是f(x)在(0,1)的最大值点，由e1(0,1)，f(e1)0得f(x0)f(e1)e2.所以e2f(x0)22.4(2017年山东卷)已知函数f(x)x22cosx，g(x)ex(cosxsinx2x2)，其中e2.718 28是自然对数的底数(1)求曲线yf(x)在点(，f()处的切线方程；(2)令h(x)g(x)af(x)(aR)，讨论h(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值解：(1)由题意得f()22，又f(x)2x2sinx，所以f()2.因此曲线yf(x)在点(，f()处的切线方程为y(22)2(x)，即y2x22.(2)由题意得h(x)ex(cosxsinx2x2)a(x22cosx)，因为h(x)ex(cosxsinx2x2)ex(sinxcosx2)a(2x2sinx)2ex(xsinx)2a(xsinx)2(exa)(xsinx)，令m(x)xsinx，则m(x)1cosx0，所以m(x)在R上单调递增因为m(0)0，所以当x0时，m(x)0；当x0时，m(x)0.()当a0时，exa0，当x0时，h(x)0，h(x)单调递减；当x0时，h(x)0，h(x)单调递增所以当x0时，h(x)取到极小值，极小值是h(0)2a1；()当a0时，h(x)2(exeln a)(xsinx)由h(x)0得x1ln a，x20.当0a1时，ln a0，当x(，ln a)时，exeln a0，h(x)0，h(x)单调递增；当x(ln a,0)时，exeln a0，h(x)0，h(x)0，h(x)单调递增所以当xln a时h(x)取到极大值，极大值为h(ln a)aln2a2ln asin(ln a)cos(ln a)2当x0时，h(x)取到极小值，极小值是h(0)2a1；当a1时，ln a0，所以当x(，)时，h(x)0，函数h(x)在(，)上单调递增，无极值；当a1时，ln a0，所以当x(，0)时，exeln a0，h(x)0，h(x)单调递增；当x(0，ln a)时，exeln a0，h(x)0，h(x)单调递减；当x(ln a，)时，exeln a0，h(x)0，h(x)单调递增所以当x0时，h(x)取到极大值，极大值是h(0)2a1；当xln a时，h(x)取到极小值，极小值是h(ln a)aln2a2ln asin(ln a)cos(ln a)2综上所述，当a0时，h(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，函数h(x)有极小值，极小值