2021高考理科数学总复习课标通用版作业：导数及其应用课时作业14.DOC

教学资料范本2021高考理科数学总复习课标通用版作业：导数及其应用课时作业14编 辑：_时 间：_课时作业14导数与函数的极值、最值一、选择题1(20xx年辽宁省市高三模拟)设f(x)x2xcos(1x)、则函数f(x)()A仅有一个极小值 B仅有一个极大值C有无数个极值 D没有极值解析：由f(x)x2xcos(1x)、得f(x)x1sin(1x)设g(x)x1sin(1x)、则g(x)1cos(1x)0.所以g(x)为增函数、且g(1)0.所以当x(、1)时、g(x)0、f(x)0、f(x)0、则f(x)单调递增又f(1)0、所以函数f(x)仅有一个极小值f(1)故选A.答案：A2(20xx年辽宁省市高三总复习质量测试)已知函数f(x)x3ax2bxa2在x1处取极值10、则a()A4或3 B4或11C4 D3解析：f(x)x3ax2bxa2、f(x)3x22axb.由题意得即解得或当时、f(x)3x26x33(x1)20、故函数f(x)单调递增、无极值不符合题意a4.故选C.答案：C3(20xx年黑龙江省市县第二中学高三月考)函数f(x)在、e上的最小值为 ()A1 B.C. D.解析：f(x)、当ex1时、f(x)0、则关于t的方程2(a1)t22ta10有两个不等正根、可得1a、实数a的取值范围是(1、)、故选B.答案：B5.图1(20xx年福建省师范大学附属中学高二考试)如图1、可导函数yf(x)在点P(x0、f(x0)处的切线为l：yg(x)、设h(x)f(x)g(x)、则下列说法正确的是()Ah(x0)0、xx0是h(x)的极大值点Bh(x0)0、xx0是h(x)的极小值点Ch(x0)0、xx0不是h(x)的极值点Dh(x0)0、xx0是h(x)的极值点解析：由题意可得函数f(x)在点(x0、f(x0)处的切线方程为yf(x0)(xx0)f(x0)、h(x)f(x)g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0)、h(x)f(x)f(x0)、h(x0)f(x0)f(x0)0.又当xx0时、f(x)f(x0)、故h(x)x0时、f(x)f(x0)、故h(x)0、h(x)单调递增xx0是h(x)的极小值点故选B.答案：B6(20xx年陕西省黄陵中学高二考试)如图2是函数yf(x)的导函数yf(x)的图象、给出下列命题：图22是函数yf(x)的极值点；1是函数yf(x)的极值点；yf(x)的图象在x0处切线的斜率小于零；函数yf(x)在区间(2、2)上单调递增则正确命题的序号是()A BC D解析：根据导函数图象可知、2是导函数的零点且2的左右两侧导函数符号异号、故2是极值点；1不是极值点、因为1的左右两侧导函数符号一致；0处的导函数值即为此点的切线斜率、显然为正值、导函数在(2、2)上恒大于或等于零、故为函数的增区间、所以选D.答案：D7(20xx年福建省市高三综合质量检查)若函数g(x)mx在区间(0、2)内有一个极大值和一个极小值、则实数m的取值范围是 ()Ae2、e) B(e、e2)C(e、e) D(e3、e)解析：函数g(x)mx、求导得g(x)m.令f(x)m、则f(x).易知、当x(0、)时、f(x)0、f(x)单调递增；当x(、2)时、f(x)0、f(x)单调递减且f(0)m1、f()me、f()me、f(2)me2、有f()f()根据题意可得解得e2m0、解得x2或x1、故函数y2x33x212x5在0、2上递减、在2、3上递增、当x0时、y5；当x3时、y4；当x2时、y15.由此得函数y2x33x212x5在0、3上的最大值和最小值分别是5、15.故选B.答案：B9(20xx年河南鹤壁高级中学基础训练)若函数f(x)x3x22bx在区间3、1上不是单调函数、则f(x)在R上的极小值为 ()A2b B.bC0 Db2b3解析：由题意得f(x)(xb)(x2)因为f(x)在区间3、1上不是单调函数、所以3b0、解得x2或xb；由f(x)0、解得bx0、f(x)g(x)、则的最小值是 ()A1e B1eCe1 D2e1解析：由题意、x0、f(x)g(x)、即lnxaaxb1、即lnxaxab1、设h(x)lnxaxa、则h(x)a、当a0时、h(x)a0、函数h(x)单调递增、无最大值、不合题意；当a0时、令h(x)a0、解得x、当x(0、)时、h(x)0、函数h(x)单调递增；当x(、)时、h(x)0、函数h(x)单调递减、所以h(x)maxh()lnaa1、故lnaa1b1、即lnaab20、令k、则bak、所以lna(1k)a20、设(a)lna(1k)a2、则(a)(1k)、若1k0、则(a)0、此时(a)单调递减、无最小值、所以k1、由(a)0、得a、此时(a)minln(1k)10、解得k1e、所以k的小值为1e、故选B.答案：B11(20xx年河北省县第一中学高三月考)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 ()A13 B15C10 D15解析：f(x)3x22ax、函数f(x)x3ax24在x2处取得极值、124a0、解得a3、f(x)3x26x、f(x)3x33x24、n1、1时、f(n)3n26n、当n1时、f(n)最小、最小为9、当m1、1时、f(m)m33m24、f(m)3m26m、令f(m)0、得m0或m2、所以当m0时、f(m)最小、最小为4、故f(m)f(n)的最小值为9(4)13.故选A.答案：A12(20xx年广东省市高二上学期)设函数yf(x)在(a、b)上的导函数为f(x)、f(x)在(a、b)上的导函数为f(x)、若在(a、b)上、f(x)0恒成立、则称函数f(x)在(a、b)上为“凸函数”已知当m2时、f(x)x3mx2x在(1、2)上是“凸函数”、则f(x)在(1、2)上()A既有极大值、也有极小值B没有极大值、有极小值C有极大值、没有极小值D没有极大值、也没有极小值解析：由题设可知、f(x)0在(1、2)上恒成立、由于f(x)x2mx1、从而f(x)xm、所以有xm0、当x(2、2)时、f(x)0、f(x)max1ln2、故答案为1ln2.答案：1ln214(20xx年广东省市第一中学高三月考)已知函数f(x)x33ax23bxc在x2处有极值、其图象在x1处的切线平行于直线6x2y50、则f(x)极大值与极小值之差为_解析：求导得f(x)3x26ax3b、因为函数f(x)在x2处取得极值、所以f(2)3226a23b0、即4ab40、又因为图象在x1处的切线与直线6x2y50平行、所以f(1)36a3b3、即2ab20、联立可得a1、b0、所以f(x)3x26x3x(x2)、当f(x)0时、x2；当f(x)0时、0x0、f()0、因此2()3a()210、a3.从而函数f(x)在1、0上单调递增、在0、1上单调递减、所以f(x)maxf(0)、f(x)minminf(1)、f(1)f(1)、f(x)maxf(x)minf(0)f(1)143.答案：316(20xx年浙江省市十校高二联考)已知函数f(x)x3ax2(a6)x1、(1)若函数f(x)的图象在点(1、f(1)处的切线斜率为6、则实数a_；(2)若函数在(1、3)内既有极大值又有极小值、则实数a的取值范围是_解析：f(x)x3ax2(a6)x1、f(x)3x22ax(a6)、f(1)3a96、a1.函数在(1、3)内既有极大值又有极小值、则f(x)3x22ax(a6)0在(1、3)内有不同的实数根、则a0、f(x)1aalnx、当a0时、f(x)x、函数f(x)在(0、)上单调递增；当a0时、函数f(x)1aalnx单调递增、f(x)1aalnx0xe10、故当x(0、e1)时、f(x)0、所以函数f(x)在(0、e1)上单调递减、函数f(x)在(e1、)上单调递增；当a0、故当x(0、e1)时、f(x)0、当x时、f(x)0、h(x)在(0、)上单调递增、he10、h(1)e120、x0、使得h(x0)0、即ex02x0ln x00.当x(0、x0)时、h(x)0；当x(x0、)时、h(x)0、h(x)在(0、x0)上单调递减、在(x0、)上单调递增、h(x)h(x0)由ex02x0ln x00、得ex02x0ln x0、h(x0)ex0xx0x0ln x0(x01)(x0ln x0)当x0lnx00时、lnx0x0x0ex0ex0x00、所以ex0x0x0lnx00时、lnx0x0x0ex0ex0x00、所以ex0x0x0lnx00与ex02x0lnx00矛盾；当x0lnx00时、lnx0x0x0ex0ex0x00、得ex02x0lnx00、故x0lnx00成立、得h(x0)(x01)(x0lnx0)0、所以h(x)0、即f(x)exx2.18(20xx年陕西省黄陵中学高新部高二考试)已知函数f(x)xlnx.(1)求函数yf(x)的单调区间和最小值；(2)若函数F(x)在1、e上的最小值为、求a的值；(3)若kZ、且f(x)xk(x1)0对任意x1恒成立、求k的最大值解：(1)f(x)的单调增区间为、)、单调减区间为、 f(x)minf().(2)F(x)ln x、F(x)、()当a0时、F(x)0、F(x)在1、e上单调递增、F(x)minF(1)a、所以a0、)、舍去()当a0时、F(x)在(0、a)在上单调递减、在(a、)上单调递增、若a(1、0)、F(x)在1、e上单调递增、F(x)minF(1)a、所以a(1、0)、舍去；若ae、1、F(x)在1、a上单调递减、在a、e上单调递增、所以F(x)minF(a)ln(a)1、解得ae、1；若a(、e), F(x)在1、e上单调递减、F(x)minF(e)1、所以a(、e)、舍去综上所述、 a.(3)由题意得、k(x1)1恒成立、即k1恒成立令h(x)、则h(x)、令(x)xlnx2(x1)、则(x)10、所以函数(x)在(1、)上单调递增、因为方程(x)0在(1、)上存在唯一的实根x0、且x0(3、4)、当1xx0时、(x)0、即h(x)x0时、(x)0、即h(x)0.所以函数h(x)在(1、x0)上递减、在(x0、)上单调递增所以h(x)minh(x0)x0(3、4)、所以kg(x)minx0、又因为x0(3、4)、故整数k的最大值为3.19(20xx年东北三省三校(哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)高三模拟考试)已知函数f(x)4x3ax、xR.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在1、1上的最大值为1、求实数a的取值集合解：(1)f(x)12x2a.当a0时、f(x)4x3在R上单调递减；当a0时、f(x)12x2a0时、f(x)12x2a0、解得x1a、x2、当x时、f(x)0、f(x)在上递增；当x时、f(x)0时、f(x)在上递减；在上递增