高考数学大一轮复习 课时训练15 导数与函数极值、最值 理 苏教版(1).doc

课时跟踪检测(十五)导数与函数极值、最值(分、卷，共2页)第卷：夯基保分卷1当函数yx2x取极小值时，x_.2设函数f(x)ax2bxc(a，b，cr)若x1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图像不可能为yf(x)图像的是_(填写序号)3(2013南通三模)定义在1，)上的函数f(x)满足：f(2x)cf(x)(c为正常数)；当2x4时，f(x)1|x3|.若函数的所有极大值点均落在同一条直线上，则c_.4已知函数f(x)x3ax24在x2处取得极值，若m，n1,1，则f(m)f(n)的最小值是_5(2013盐城三调)设a0，函数f(x)x，g(x)xln x，若对任意的x1，x21，e，都有f(x1)g(x2)成立，则实数a的取值范围为_6已知函数f(x)x3mx2(m6)x1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是_7已知函数yf(x)x33ax23bxc在x2处有极值，其图像在x1处的切线平行于直线6x2y50，则f(x)极大值与极小值之差为_8已知f(x)x36x29xabc，ab0；f(0)f(1)0；f(0)f(3)g(n)对一切m，n(0，e恒成立；(3)是否存在实数a，使得f(x)的最小值是3？如果存在，求出a的值；如果不存在，说明理由2(2014苏州期末)设函数f(x)ln xln a(x0，a0且为常数)(1)当k1时，判断函数f(x)的单调性，并加以证明；(2)当k0时，求证：f(x)0对一切x0恒成立；(3)若k0，f(1)0，不满足f(1)f(1)0.答案：3解析：易知当2x4时，其极大值点为(3,1)；当1x2时，22x4，从而由条件得f(x)f(2x)(1|2x3|)因为c0，故极大值点为；当2x4时，42x8，从上述步骤得f(2x)cf(x)c(1|4x3|)因为c0，故极大值点为(6，c)；上述三点在同一直线上，所以，解得c2或1.答案：1或24解析：求导得f(x)3x22ax，由函数f(x)在x2处取得极值知f(2)0，即342a20，a3.由此可得f(x)x33x24，f(x)3x26x，易知f(x)在1,0)上单调递减，在(0,1上单调递增，当m1,1时，f(m)minf(0)4.又f(x)3x26x的图像开口向下，且对称轴为x1，当n1,1时，f(n)minf(1)9.故f(m)f(n)的最小值为13.答案：135解析：问题可转化为f(x)ming(x)max，当x1，e时，g(x)10，故g(x)单调递增，则g(x)maxg(e)e1.又f(x)1，令f(x)0，得xa，易知，xa是函数f(x)的极小值，当0a1时，f(x)minf(1)1a2，则1a2e1，所以a1；当1ae时，f(x)minf(a)2a，则2ae1，显然成立，所以1e时，f(x)minf(e)e，则ee1，显然成立，所以ae.综上，a.答案：，)6解析：f(x)3x22mxm60有两个不等实根，即4m212(m6)0.所以m6或m3.答案：(，3)(6，)7解析：y3x26ax3b，y3x26x，令3x26x0，得x0或x2.f(x)极大值f(x)极小值f(0)f(2)4.答案：48.解析：f(x)3x212x93(x1)(x3)，由f(x)0，得1x0，得x3，f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(，1)，(3，)上是增函数又ab0，y极小值f(3)abc0.0abc4.a，b，c均大于零，或者a0，b0.又x1，x3为函数f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图f(0)0.f(0)f(1)0.正确结论的序号是.答案：9解：令f(x)a0，进而解得xa1，即f(x)在(a1，)上是单调减函数同理，f(x)在(0，a1)上是单调增函数由于f(x)在(1，)上是单调减函数，故(1，)(a1，)，从而a11，即a1.令g(x)exa0，得xln a当xln a时，g(x)ln a时，g(x)0.又g(x)在(1，)上有最小值，所以ln a1，即ae.综上，a的取值范围为(e，)10解：(1)因为f(1)0，g(1)0，所以点(1,0)同时在函数f(x)，g(x)的图像上，因为f(x)x21，g(x)aln x，所以f(x)2x，g(x)，由已知，得f(1)g(1)，所以2，即a2.(2)因为f(x)f(x)2g(x)x212aln x(x0)，所以f(x)2x，当a0，且x2a0，所以f(x)0对x0恒成立，所以f(x)在(0，)上单调递增，f(x)无极值；当a0时，令f(x)0，解得x1，x2(舍去)，所以当x0时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，)(，)f(x)0f(x)递减极小值递增所以当x时，f(x)取得极小值，且f()()212alna1aln a.综上，当a0时，函数f(x)在x处取得极小值a1aln a.第卷：提能增分卷1解：(1)当a1时，f(x)xln x.所以f(x)1.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，ef(x)0f(x)1所以当x1时，f(x)min1.(2)证明：由(1)知，当m(0，e时，有f(m)1.因为0xe，所以g(x)0，即g(x)在区间(0，e上为增函数，所以g(x)g(e)，所以g(x)1，所以当m，n(0，e时，g(n)g(n)对一切m，n(0，e恒成立(3)假设存在实数a，使f(x)的最小值是3，则f(x)a.当a时，因为0时，若0x时，f(x)0，f(x)在上为减函数；若0，f(x)在上为增函数所以当x时，fmin(x)1ln3，解得ae2.所以假设成立，存在实数ae2，使得f(x)的最小值是3.2解：(1)当k1时，f(x)ln xxxln a，因为f(x)xx0，所以函数f(x)在(0，)上是单调减函数(2)证明：当k0时，f(x)ln xxln a，故f(x).令f(x)0，解得x.当0x时，f(x)时，f(x)0，f(x)在上是单调增函数所以当x时，f(x)有极小值，为f22ln 2.因为e2，所以f(x)的极小值，为f2(1ln 2)2ln0.所以当k0时，f(x)0对一切x0恒成立(3)证明：f(x)ln xxxln a，所以f(x).令f(x0)0，得kx02a0.所以.所以x0.当0xx0时，f(x)x0时，f(x)0，f(x)在(x0，)上是单调增函数因此，当xx0时，f(x)有极小值f(x0)又f(x0)lnk ，而是与a无关的常数，所以ln，k ， 均与a无关所以f(x0)是与a无关的常数故f(x)的极小值是一个与a无关的常数3解：(1)证明：f(x)(xb)3x(2ab)，因为ab，所以b，所以f(x)0有两个不等实根b和，所以f(x)存在极大值和极小值(2)当ab时，f(x)不存在减区间；当ab时，由(1)知x1b，x2，所以a(b,0)，b，所以，即4(ab)39(ab)，所以ab或ab(舍去)；当ab且ab或ab且ab.所以f(x)的减区间为，即(b，b1)或f(x)的减区间为，即(b1，b)；f(x)的减区间为或.所以公共减区间为或，长度均为.(3)由题意f(x)mxf(x)，所以(xa)(xb)2mx(xb)3x(2ab)，所以(xb)(13m)x2m(2ab)(ab)xab0.若m，则左边是一个一次因式乘