2020届高考数学(文)总复习课堂测试：导数与函数的极值、最值

1、课时跟踪检测(十八)导数与函数的极值、最值A 级- 保大分专练1.(2019 辽宁鞍山一中模拟) )已知函数 f(x)= x3 3x 1,在区间3,2上的最大值为 M , 最小值为 N，贝 U M N =()A. 20解析：选 A / f (x) = 3x2 3= 3(x 1)(x+ 1) , f(x)在( (一a,1)和( (1,+)上单 调递增，在(1,1)上单调递减，又If( 3) = 19, f( 1) = 1, f(1) = 3, f(2) = 1, M = 1, N = 19, M N = 1 ( 19) = 20.2. (2018 梅州期末) )函数 y= f(x)的导函数的图象

2、如图所示，则下列说法错误的是( () )A.( 1,3)为函数 y= f(x)的单调递增区间B.(3,5)为函数 y= f(x)的单调递减区间C .函数 y= f(x)在 x = 0 处取得极大值D .函数 y= f(x)在 x = 5 处取得极小值解析：选 C 由函数 y= f(x)的导函数的图象可知，当 x 1 或 3x5 时，f (x)5 或1x0, y= f(x)单调递增.所以函数 y= f(x)的单 调递减区间为( (一a,1), (3,5)，单调递增区间为( (一 1,3), (5,+a).函数 y= f(x)在 x = 1,5 处取得极小值，在 x= 3 处取得极大值，故选项 C

3、 错误.123.(2019 湖北襄阳四校联考) )函数 f(x)= x + xln x 3x 的极值点一定在区间( () )A. (0,1)内B. (1,2)内C.(2,3)内D. (3,4)内解析：选 B 函数的极值点即导函数的零点，f (x)= x+ In x+ 1 3 = x+ In x 2,则f (1) = 10，由零点存在性定理得f (x)的零点在( (1,2)内，故选 B.4.已知函数 f(x) = x3+ 3x2 9x + 1,若 f(x)在区间k2上的最大值为 28,则实数 k 的取 值范围为( ( ) )A.3,+a)B.(3,+a)C.( a, 3)D.( a, 3解析：选

4、 D由题意知 f (x)= 3只+ 6x 9，令 f (x)= 0，解得 x= 1 或 x= 3,所以 f (x),B. 18f(x)随 x 的变化情况如下表:x(-m，- 3)-3(-3,1)1(1 , +m)f (x)+00+f(x)极大值极小值又 f( 3) = 28, f(1) =- 4, f(2) = 3, f(x)在区间k,2上的最大值为 28,所以 k0,时 t 的值为(1B.121 设 f(t)= t2- ln t(t0)，则 f (t)= 2t,令 f (t) = 0,得 t2?,f(t)取得最小值，即|MN |取得最小值时 t.7. (2019 西阶段性检测) )已知函数

5、y= ax-4 在 x =- 1 处取得极值，则 a =_.解析：2因为 y = a+飞，所以当 x =- 1 时，a-2= 0,所以 a = 2,经验证，可得函数4因为 f(x)在 x = 1 处有极值3解得=-1, 故选 A.尸 3,6设直线2x = t 与函数 h(x) = x , g(x)= In x 的图象分别交于点 M , N，则当|MN 最小解析：选D 由已知条件可得|MN|= t2-In t,当 Ovtv-时，f (t),f (t)0.当 t=y= 2x-1在 x=- 1 处取得极值，因此 a= 2.答案：28.f(x)=迭的极小值为 2解析：f (x)=2x+m2x+12x-

6、1.( (x+ 2) )( (x + 2) )令 f (x)0，得 x1;令 f (x)0，得2vxvl. f(x)在( (一a,2),(1,+s)上是减函数，在( (一 2,1)上是增函数，1 f(x)极小值=f ( 2) = q.答案：29.若商品的年利润y(万元) )与年产量x(百万件) )的函数关系式为y = x3+ 27x +123(x0)，则获得最大利润时的年产量为 _ 百万件.解析：y = 3x2+ 27= 3(x+ 3)(x 3),当 0 x0 ;当 x3 时，y 0.故当 x = 3 时，该商品的年利润最大.答案：310.已知函数 f(x)= x3+ 3ax2+ 3bx+ c

7、 在 x= 2 处有极值，其图象在 x = 1 处的切线平行 于直线6x+ 2y+ 5= 0，则 f(x)的极大值与极小值之差为 _ .解析：因为 f (x) = 3x2+ 6ax+ 3b,r-2r-f(2=3x22+6ax2+3b=0,a=1,所以厂2? *f(1=3x1+6a+3b=3b=0.所以 y = 3x2 6x,令 3x2 6x= 0,得 x= 0 或 x= 2.当 x2 时，y 0;当 0 x2 时，y 0，得 f(x)在 (0, e)上是增函数;当 xe 时，有 f (x)0).当 aw0 时，f (x)0 在(0, +g)上恒成立，即函数 f(x)在(0, +g)上单调递增，

8、此时函数f(x)在定义域上无极值点;当 a0 时，令 f (x) = 0,得 x = aI故函数 f(x)在 x= -处有极大值.a综上所述，当 a0 时，函数 f(x)有一个极大值点.B 级一一创高分自选1.已知函数 f(x) = x3 3ax+ b 的单调递减区间为( (一 1,1)，其极小值为 2，则 f(x)的极大值是_ .解析：因为 f(x)的单调递减区间为( (一 1,1),所以 a0.当 xf (x)0,af (x)0,答案：, 813.已知函数 f(x)= aln x+ 一(a0).(1)求函数 f(x)的单调区间和极值；是否存在实数 a，使得函数 f(x)在1 , e上的最小

9、值为 0?若存在，求出 a 的值；若 不存在，请说明理由.解：由题意，知函数的定义域为(0, + ),f (x)=a-2x xax 1(a0).(2)不存在实数 a 满足条件.由(1)可知，当 x 0, a 时，函数 f(x)单调递减;所以函数 f(x)的单调递减区间是0,所以当x=1时，函数f(x)有极小值1.alna+a=aaln a，无极大值.3x + 2= 0 在(0,+s)有两个不等实根，所以2!0，解得 Ovtv.8综上所述，不存在这样的实数a,使得函数 f(x)在1 , e上的最小值为 0.当 x II,+8时，函数 f(x)单调递增. 丿1若 Ov- 1 时，函数 f(x)在1 , e上为增函数，a故函数 f(x)的最小值为 f(1) = aln 1+ 1 = 1,显然 1 工 0，故不满足条件