2021届高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第2课时导数与函数的极值最值课时跟踪检测理含解析

1、第三章第三章导数及其应用导数及其应用第二节第二节导数的应用导数的应用第二课时第二课时导数与函数的极值、最值导数与函数的极值、最值a 级基础过关|固根基|1.函数 f(x)xex，x0，4的最小值为()a0b1ec4e4d2e2解析：选 af(x)1xex，当 x0，1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当 x(1，4时，f(x)0，所以当 x0 时，f(x)有最小值，且最小值为 0.2已知 x2 是函数 f(x)x33ax2 的极小值点，那么函数 f(x)的极大值为()a15b16c17d18解析： 选 d因为 x2 是函数 f(x)x33ax2 的极小值点， 且 f(x)3x23a， 所以

2、f(2)123a0，解得 a4，所以函数 f(x)的解析式为 f(x)x312x2，f(x)3x212，由 f(x)0，得 x2，故函数 f(x)在(2，2)上是减函数，在(，2)，(2，)上是增函数，由此可知，当 x2 时，函数 f(x)取得极大值 f(2)18.3(2019 届安徽滁州模拟)已知定义在 r 上的函数 f(x)，其导函数f(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()f(b)f(a)f(c)；函数 f(x)在 xc 处取得极小值，在 xe 处取得极大值；函数 f(x)在 xc 处取得极大值，在 xe 处取得极小值；函数 f(x)的最小值为 f(d)abcd解析：选 a由题图

3、可知，当 xc 时，f(x)0，所以函数 f(x)在(，c上单调递增，又 abc，所以 f(a)f(b)f(c)，故不正确；因为 f(c)0，f(e)0，且当 x0；当cxe 时，f(x)e 时，f(x)0，所以函数 f(x)在 xc 处取得极大值，在 xe 处取得极小值，故不正确，正确；由题图知，当 dxe 时，f(x)0，所以函数 f(x)在d，e上单调递减，从而 f(d)f(e)，故不正确故选 a4 (2019 届昆明市高三诊断)设函数 f(x)(x22x2)ex13x312x2的极值点的最大值为 x0，若 x0(n，n1)，则整数 n 的值为()a2b1c0d1解析：选 cf(x)x2

4、exx2x，令 f(x)x2exx2x0，则 x0 或 xexx10，所以x0 为一个极值点当 x0，xexx10 时，则 ex11x.当 x1 时，exe，11x(1，2)，所以不存在使 ex11x成立的 x0；当 0 x2，所以存在使 ex11x成立的 x0.又因为 x0为极值点的最大值，x0(n，n1)，所以整数 n 的值是 0.故选 c5(2019 届南昌调研)已知 a 为常数，函数 f(x)x(ln xax)有两个极值点 x1，x2(x10，f(x2)12bf(x1)0，f(x2)0，f(x2)12df(x1)12解析：选 df(x)ln x2ax1，依题意知 f(x)0 有两个不等

5、实根 x1，x2，即曲线 y1ln x 与直线 y2ax 有两个不同交点，如图由直线 yx 是曲线 y1ln x 在点(1，1)处的切线，可知，02a1，0 x11x2，a0，12 .由 0 x11，得 f(x1)x1(ln x1ax1)0，当 x1x0，f(x2)f(1)a12，故选 d6(2019 届新乡模拟)设 x1，x2是函数 f(x)x32ax2a2x 的两个极值点，若 x12x2，则实数 a 的取值范围是_解析：由题意得 f(x)3x24axa2的两个零点 x1，x2满足 x12x2，所以 f(2)128aa20，解得 2a0)的极大值是正数，极小值是负数，则 a 的取值范围是_解

6、析：f(x)3x23a23(xa)(xa)，由 f(x)0，得 xa，当axa 时，f(x)a 或 x0，函数 f(x)单调递增，f(x)的极大值为 f(a)，极小值为 f(a)f(a)a33a3a0 且 f(a)a33a3a22，a 的取值范围是22，.答案：22，8 (2019 届长沙调研)已知 yf(x)是奇函数， 当 x(0， 2)时， f(x)ln xaxa12 ， 当 x(2，0)时，f(x)的最小值为 1，则 a_解析：由题意知，当 x(0，2)时，f(x)的最大值为1.令 f(x)1xa0，得 x1a，当 0 x0；当 2x1a时，f(x)0.f(x)maxf1a ln a11

7、，解得 a1.答案：19(2019 届长春市第二次质量监测)已知函数 f(x)(a1)ln xaxx(ar)(1)当 a2 时，求曲线 yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)若函数 f(x)在1，3上的最大值为2，求实数 a 的值解：(1)当 a2 时，f(x)ln x2xx，f(x)1x2x21，f(2)ln 23，f(2)0，所以曲线在点(2，f(2)处的切线方程为 yln 23.(2)f(x)a1xax21（x1） （xa）x2(1x3)，当 a1 时，f(x)0，f(x)在1，3上单调递减，所以 f(1)a12，a1；当 a3 时，f(x)0，f(x)在1，3上单调递增，所以

8、 f(3)(a1)ln 3a332，所以aln 31ln 3133，舍去；当 1a12，则当 x1a，2时，f(x)0.所以 f(x)在 x2 处取得极小值；若 a12，则当 x(0，2)时，x20，ax112x10.所以 2 不是 f(x)的极小值点综上可知，a 的取值范围是12，.b 级素养提升|练能力|11.(2019 届江西八所重点中学联考)已知函数 f(x)xeax1ln xax，若函数 f(x)的最小值恰好为 0，则实数 a 的最小值是()a1b1ec1e2d1e3解析：选 c令 txeax1(x0)，则 t0，所以 ln tln xax1，令 uf(x)xeax1ln xax，则

9、 utln t1.令 g(t)tln t1，则 g(t)11tt1t，当 t(0，1)时，g(t)0，g(t)单调递增，故当 t1 时，g(t)取得最小值 g(1)0，故当 xeax11， 即 a1ln xx时， 函数 f(x)的最小值恰好为 0.令 h(x)1ln xx， 则 h(x)ln x2x2，令 h(x)0，得 xe2，可知 h(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，则 h(x)minh(e2)1e2，即 a 的最小值为1e2.12(2019 届合肥模拟)已知函数 f(x)xln xaex(e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数 a 的取值范围是()a0，1eb(

10、0，e)c1e，ed(，e)解析：选 af(x)xln xaex(x0)，f(x)ln x1aex(x0)，由函数 f(x)有两个极值点，得 ya 和 g(x)ln x1ex在(0，)上有两个交点，g(x)1xln x1ex(x0)，令 h(x)1xln x1，则 h(x)1x21x0，h(x)在(0，)上单调递减且 h(1)0，当 x(0，1时，h(x)0，即 g(x)0，g(x)在(0，1上单调递增；当 x(1，)时，h(x)0，即 g(x)0，g(x)在(1，)上单调递减，故g(x)maxg(1)1e，而 x0 时，g(x)；x时，g(x)0，故 yg(x)的大致图象如图所示由图可知，若 ya 和 g(x)在(0，)上有两个交点，只需 0a0)，又 f(x)在(0，)上单调递增，恒有 f(x)0，即1xxa0(x0)恒成立，ax1xmin，而 x1x2x1x2，当且仅当 x1 时取“”，a2，即函数 f(x)在(0，)上为单调递增函数时，a 的取值范围是(，2(2)f(x2)f(x1)lnx2x112(x22x21)a(x2x1)，又 f(x)1xxax2ax1x(x0)，x1，x2是方程 x2ax10 的两个实根，由根与系数的关系得，x1x2a，x1x21，f(x2)f(x1)lnx2x112(x22x21)a(x2x1)