2020版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第3讲导数与函数的极值、最值配套课时作业理新人教A版.docx

第3讲 导数与函数的极值、最值配套课时作业1函数f(x)(x1)(x2)2在0,3上的最小值为()A8B4 C0 D.答案B解析f(x)(x2)22(x1)(x2)(x2)(3x4)令f(x)0x1，x22，结合单调性，只要比较f(0)与f(2)即可f(0)4，f(2)0.故f(x)在0,3上的最小值为f(0)4.故选B.2(2019山东胶州模拟)若函数f(x)(xa)ex的极值点为1，则a()A2B1 C0D1答案A解析f(x)ex(xa)ex(xa1)ex.由题意知f(1)e(2a)0，a2.故选A.3(2019孝感高中模拟)函数y的最大值为()Ae1Be Ce2 D.答案A解析令y0，得xe.当xe时，y0，当0x0，所以ymax.故选A.4设函数f(x)ln x，则()Ax为f(x)的极大值点Bx为f(x)的极小值点Cx2为f(x)的极大值点Dx2为f(x)的极小值点答案D解析f(x)，x0，当x2时，f(x)0，f(x)是增函数；当0x2时，f(x)0)在1，)上的最大值为，则a的值为()A. B. C.1 D.1答案D解析f(x).令f(x)0，得x或x，(1)若1，即0a1时，在1，)上f(x)1，即a1时，在1，)上f(x)0，在(，)上f(x)0，所以f(x)maxf()，解得a1，不符合题意，综上知，a1.故选D.6函数f(x)x33bx3b在(0,1)内有极小值，则()A0b1Bb0Db答案A解析f(x)在(0,1)内有极小值，则f(x)3x23b在(0,1)上先负后正，f(0)3b0，f(1)33b0，b1.综上，b的范围为0b1.7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()答案C解析由f(x)在x2处取得极小值并结合选项知，当x2时，f(x)0；当2x0，则xf(x)0.故选C.8(2019河南八市重点高中质检)设aR，若函数yexax，xR有大于零的极值点，则()Aa1 Ca答案A解析由yexa0得xln(a)(a0，a1，即a1.故选A.9(2018海南省八校联考)已知函数f(x)3ln xx2x在区间(1,3)上有最大值，则实数a的取值范围是()A. B.C. D.答案B解析因为f(x)2xa，所以由题设f(x)2xa在(1,3)只有一个零点且单调递减，则问题转化为即a.故选B.10(2018赣州模拟)函数yx2ex的图象大致为()答案A解析因为y2xexx2exx(x2)ex，所以当x0时，y0，函数yx2ex为增函数；当2x0时，y0)，由题设可得方程ax23x20在(0，)上有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1，x2，则有解得0a0，f(x)在1，e上单调递增，f(x)minf(1)a，则a，矛盾若a0，则由f(x)0得xa.若1ae，即ea1，则在1，e上，f(x)minf(a)ln (a)1，解得a，符合题意故选A.事实上，若ae，即ae，则在1，e上，f(x)0，f(x)在1，e上单调递减，f(x)minf(e)1，解得a，矛盾；若a1，即a1，则在1，e上，f(x)0，f(x)在1，e上单调递增，f(x)minf(1)a，解得a，矛盾13若函数f(x)x(xm)2在x1处取得极小值，则m_.答案1解析由f(1)0可得m1或m3.当m3时，f(x)3(x1)(x3)，当1x3时，f(x)0；当x1或x3时，f(x)0，此时f(x)在x1处取得极大值，不合题意，当m1时，f(x)(x1)(3x1)当x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0，此时f(x)在x1处取得极小值，符合题意，所以m1.14函数f(x)3xx3在区间(a212，a)上有最小值，则实数a的取值范围是_答案(1,2解析f(x)33x23(x1)(x1)，令f(x)0，得x11，x21.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：又由3xx32，得(x1)2(x2)0.x11，x22.f(x)在开区间(a212，a)上有最小值，最小值一定是极小值解得1a2.15.已知函数f(x)的定义域是1,5，部分对应值如表，f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，x10245f(x)121.521下列关于函数f(x)的命题：函数f(x)的值域为1,2；函数f(x)在0,2上是减函数；如果当x1，t时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；当1a2时，函数yf(x)a最多有4个零点其中所有正确命题的序号是_答案解析由导函数的图象可知，当1x0及2x0，函数单调递增，当0x2及4x5时，f(x)0，函数单调递减，当x0及x4时，函数取得极大值f(0)2，f(4)2，当x2时，函数取得极小值f(2)1.5.又f(1)f(5)1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为1,2，正确；因为当x0及x4时，函数取得极大值f(0)2，f(4)2，要使当x1，t时，函数f(x)的最大值是2，则0t5，所以t的最大值为5，所以不正确；因为极小值f(2)1.5，极大值f(0)f(4)2，所以当1a0在区间3，1上恒成立，即h(x)在3，1上为增函数，h(x)maxh(1)，则a.17已知函数f(x)eln xax(aR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.解(1)f(x)a(x0)若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；若a0，则当0x0，当x时，f(x)0，所以只需证f(x)2e，当ae时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)maxf(1)e.记g(x)2e(x0)，则g(x)，所以当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e.综上，当x0时，f(x)g(x)，即f(x)2e，即xf(x)ex2ex0.证法二：由题意知，即证exln xex2ex2ex0，从而等价于ln xx2.设函数g(x)ln xx2，则g(x)1.所以当x(0,1)时，g(x)0，当x(1，)时，g(x)0，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，从而g(x)在(0，)上的最大值为g(1)1.设函数h(x)，则h(x).所以当x(0,1)时，h(x)0，故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，从而h(x)在(0，)上的最小值为h(1)1.综上，当x0时，g(x)h(x)，即xf(x)ex2ex0.18已知函数f(x)ax2ln x，其中aR.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1上的最大值是1，求a的值解(1)f(x)，x(0，)当a0时，f(x)0，从而函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，令f(x)0，解得x或x(舍去)此时，f(x)与f(x)的变化情况如下：f(x)的单调增区间是，单调减区间是.(2)当a0时，由(1)得函数f(x)在(0,1上的最大值为f(1).令1，得a2，这与a0矛盾，不合题意当1a0时， 1，由(1)得函数f(x)在(0,1上的最大值为f(1).令1，得a2，这与1a0矛盾，不合题意当a1时，0 1，由(1)得函数f(x)在(0,1上的最大值为f.令f1，解得ae，符合a0.(1)若f(x)在(2，)上存在极值点，求a的取值范围；(2)设x1(0,1)，x2(1，)，若f(x2)f(x1)存在最大值，记为M(a)，则当ae时，M(a)是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由解(1)f(x)1，x(0，)由题意，得x2ax10在(2，)上有根(且不为重根)，即ax在x(2，)上有解yx在(2，)上单调递增，x.当a时，f(x)在(2，)上存在极值点a的取值范围是.(2)当02.易知当a2时，方程x2ax10有两个不相等的正实数根，设为m，n，且0m1n，此时当0xn时，f(x)0，当mx0，f(x)在(0，m)上单调递减，在(m，n)上单调递增，在(n，)上单调递减对x1(0,1)，有f(x1)f(m)，对x2(1，)，有f(x2)f(n)，f(x2)f(x1)maxf(n)f(m)M(a)f(n)f(m)aln (mn)，又amn，mn1，M(a)ln n222ln n2.21.又yx在(1，)上单调递增，n(1，e设h(x)2ln x2，x(1，e，则h(x)2ln x222ln x，x(1，eh(x)0，即h(x)在(1，e上单调递增h(x)maxh(e)2ln e2.M(a)存在最大值，最大值为.20(2019郑州模拟)设f(x)xln xax2(2a1)x，aR.(1)令g(x)f(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x1处取得极大值，求实数a的取值范围解(1)由f(x)ln x2ax2a，可得g(x)ln x2ax2a，x(0，)则g(x)2a.当a0，x(0，)时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当a0时，x时，g(x)0，函数g(x)单调递增，x时，函数g(x)单调递减所以当a0时，g(x)的单调增区间为(0，)；当a0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为.(2)由(1)知，f(1)0.当a0时，f(x)单调递增，所以当x(0,1)时，f(x)0，f(