导数与函数的极值最值理含解析

1、获取更多免费资料以及真题演练请关注公众号：安博志愿规划课时作业15导数与函数的极值、最值一、选择题1.当函数y = x2x取极小值时，x=( B )B.1 A. ln21 ln2ln2C. ln2D.xx1解析：y = 2 + x , 2 ln2 = 0, . . x = t-.ln22.函数f(x) =x3 3x2+2在区间1,1上的最大值是(A. - 2B. 0C. 2D. 4解析：f ' (x) =3x2-6x,令 f ' (x) = 0,得 x= 0 或 2. . .f(x)在1,0)上是增函数， f ( x)在(0,1上是减函数.f ( x) max= f ( x)极

2、大值=f (0) = 2.3.若函数f (x) = ax3+bx2+cx+d有极值，则导函数f' (x)的图象不可能是(D )解析：若函数f(x) =ax3+bx2+cx+d有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也 就是说导函数f' (x)在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x轴，观察四个选项中的图象只有D项是不符合要求的，即 f' (x)的图象不可能是 D.4. (2019 贵州黔东南州联考)已知函数f(x) =lnx-,若函数f(x)在1 , e上的最小 x一 3 值为万，则a的值为(A )A. eB»- - 2i32c 2D. e解析

3、：由题意，f ' (x)=1+总，若a>0,则f ' (x)>0,函数单调递增，所以f(1)= x x3 一 .一 a=2,矛盾；右e<a<- 1,函数f (x)在1 , a上递减，在a, e上递增，所以f ( - a)33=2，解得a= 正；右一1 w a<0,函数f (x)是递增函数，所以f(1) = a=2,矛盾；右aw3e1-e,函数f(x)单调递减，所以f (e)=万，解得a=矛盾.综上，a=加，故选A.1 25. (2019 河北邢台质检)右函数f (x) =2x + (a 1)xalnx存在唯一的极值，且此极值不小于1,则a的取值范围

4、为(B )3 c 3A. 2，2 B. 2，+°°33C. 0, 2 D . ( -1,0) U 十81 x+ ax 1解析：对函数求导得f' (x)=x1 + a1 =,因为函数存在唯一的xx极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0,故x=1是唯一的极值点，此时 a<0=-2 + a>l? a>2.故选B.6.极值点,(2019 江西宜春六校联考)已知函数f(x) =xlnxaex(e为自然对数的底数)有两个则实数a的取值范围是(A )A.(0, e)C.(8, e)解析:ln x+ 1ex-在(0(x) = lnx aex+ 1,若函数f

5、(x) =xln xaex有两个极值点，则1lnx1”x1十 0°)上有 2 个交点，g' (x)=(x>0).令 h(x) = Inexy = a 和 g( x)x 1,则 h' ( x)12-1<0, h(x)在(0, +8)上递减，而 h(1)=0,故 x (0,1)时，h(x)>0即 g' (x)>0 ,1g(x)递增，xC(1,+8)时 h(x)<0 ,即 g' (x)<0 , g(x)递减，故 g(x)max= g(1)=一,而 x-0 e时，g(x) -一-oo, x 一十 OO 时, 一 In x+

6、1 ,g(x)-0.右 y = a和g(x)=x在(0 ,十)上有 2个交点,e一 一 1只需0<a<一. e7. (2019 广东汕头质监x.一 .e)已知函数f(x)= mxe为自然对数的底数)，右f(x)>0在 x(0 , +00)上恒成立，则实数A. (8, 2)2em的取值范围是(C )B.C. 一00D.(00, e)2e-koo4,解析:x e 孑x>0 g ( x)=x2 2x exx 2xe当 0Vx<2 时，g' (x)<0, g(x)单调递减;f (x) = - mx>0在(0 , +00)上恒成立 . m2在(0 , +

7、00)上恒成立 令 g(x) xx当x>2时,g' (x)>0, g(x)单调递增.故当x=2时，g(x)取得最小值，且最小值为 g(2)=2e4.2 e n<T.4二、填空题一、“，,兀,一一，八.兀8.函数f (x) =xsin x+ cosx在,兀 上的取大值为 .解析： 因为 f' ( x) = sin x + xcosx sin x = xcosx,当 xC7t6，兀"2"时，f' (x)>o,函 兀数f(x)单调递增，当xC y,兀 时，f ' (x)<0 ,函数f (x)单调递减,一一兀所以 f (

8、 x) max= f -=2.9 .若函数f(x) = 2f' (1)ln x-x,则函数f(x)的极大值为21n2 2. 2f'1解析：因为 f(x)=2f (1)1n x-x,所以 f (x)=-1,x令 x=1 得，f ' (1) =2f' (1) 1,得 f' (1) = 1,故 f (x) = 21n xx,定义域为(0, +°0).且 f ' (x) = 21 = 2,当 x (0,2)时，f' (x)>0,当 xC(2, +8)时，f ' (x)<0, x x所以当x = 2时，f(x)取得极大

9、值，且f (x)极大值=f(2) =21n22.10 .(2019 安徽合肥质检)设26 R,函数 f(x) = ax33x2,若函数 g(x)=f(x)+f' (x),x 0,2，且在x=0处取得最大值，则a的取值范围是 8, 6.5解析：g( x) = ax3-3x2+ 3ax2- 6x= ax2( x+ 3) - 3x(x+ 2) , g(0) =01g(x)在区间0,2上的最大值为 g(0),则g(x)wg(0),即ax2(x+3)-3x(x+2)<0在0,2上恒成立.当 x .3 x + 2. 3 x + 2=0时，显然成立；当 xwo时，有a<K在(0,2上恒成

10、立.设 h(x)=x x+3x x+3x+3 x + 3x显然h(x)在(0,2上单调递减，最小值为h(2)=因此,忘6.三、解答题11 . (2018 北京卷)设函数 f(x) =ax2(4a+1)x + 4a+3ex.(1)若曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线与x轴平行，求a；(2)若f (x)在x= 2处取得极小值，求a的取值范围.解：(1)因为 f (x) = ax2-(4a+ 1)x+4a+3ex,所以 f' (x)=ax2(2a+1)x+2ex.f' (1) = (1 a)e.由题设知f ' (1) = 0,即(1 一 a)e = 0,解得a= 1

11、.此时f(1) =3ew0.所以a的值为1.(2)由(1)得 f' (x) = ax2-(2 a+ 1)x+2e x= ( ax- 1)( x2)ex.若 a1,则当 xC(1，2)时，f' (x)<0;2a当 x e (2 ,+8)时，f ' (x)>0.所以f(x)在x = 2处取得极小值.41 .1,， 一右 aw2,贝U当 xC (0,2)时，x 2<0, ax1 wx1<0,所以 f (x)>0.所以 2 不是 f(x) 的极小值点. ，_1综上可知，a的取值范围是(2, +8).12 . (2019 四川内江一模)已知函数 f

12、(x) = asin x + bcosx(a, bC R» ,曲线 y=f (x)在 兀兀一兀点了，f 4 处的切线方程为y= x-y.求a, b的值;兀兀(2)设kC R,求函数g(x) = kx f x+ 在0,万 上的最大值.解：(1)由切线方程知，当x = f时，y=0,3. f' (x) = acosxbsin x由切线方程知，f'7t3=1,13一 a=，b= - -r-.2，2兀cosx= sin x ,.1(2)由知，f(x) =2sin x-1- g(x) = kx- sin x, g' (x) = kcosx,兀当 k<0 时，当 x

13、C 0,时，g' (x)w。，故g(x)单调递减.兀1 g( x)在0,万 上的最大值为 g(0) = 0.兀当 0<k<1 时，g' (0) = k-1<0, g' =k>0,兀存在 xc 0,万，使 g' (x0)=0.当 xC0, xO)时，g' (x)<0,故 g(x)单调递减,兀当xC x。，5时，g' (x)>0,故g(x)单调递增.兀兀 g( x)在0, 上的最大值为 g(0)或g -.又 g(0) =0, g 2 =k2L-1,2,兀，一一 ，一，,2.兀，.当0<kw一时，g(x)在0,

14、 上的最大值为g(0) =0.当一<k<1时，g(x)在0,不上 兀2兀2的最大值为g y = k2- 1. 兀兀当k>l时，当xC 0,时，g' (x) >0,故g(x)单调递增，g(x)在0, 上的最大值为g - =k2L-1.2兀综上所述，当kw时，g(x)在0, 丁上的最大值为g(0) =0,兀2当k一时，g(x)在0,上的最大值为g亍=与1. 兀22213. 已知直线y= a分别与函数ynex+1和y=yjx 1交于A, B两点，则A, B之间的最 短距离是(D )A.3ln2-2B.5ln22-C.3+ln2-2D.5+ln2解析：由 y= e&qu

15、ot;1 得 x= ln y1,由 y = x_ 1 得* = 丫2+1,所以设 h(y) = |AB=y2+ 1(ln y- 1) = y2 In y + 2,一，1h (y) = 2y-y=h' (y)<0 ，当y*时，h' (y)。，即函数h(y)在区间0,乎上单调递减，在区间 坐，+国 上单调 递增，所以 h(y)min=h*= 乎 2ln 乎+ 2= 5 +2n2 ,故选 D. ，_114. (2019 河北五校联考)已知函数 f (x)=x+alnx(a0),右？x1,x2,(万，1)(x1W x2),| f (x。一 f (x2)|>| -| ,则正数

16、 a 的取值范围是3, +°°). x1 x22解析：由 f (x) =x+ aln x(a>0),得当 xe(J, 1)时，f'(x) = 1+a>0, f (x)在(；1) 2x2上单调递增，不妨设 x1>x2,则|f(x1)f(x2)|>|一f| ,即 f(x1)f(x2)>一三，f(x1)+5>f(x2)+5,令 g(x)= x1 x2x2 x1x1x21 -,1，- a , ,a 1,1- a 1f(x)+x，则g(x)在(2, 1)上单倜递增，所以g ( x) = 1 +"x在(万，1)上恒成立，1,即a&g

17、t; x在(,1)上恒成立， X 2令 h(x) = 1-x, xC(：, 1),则 h' (x) = 1 3<0, h(x)单调递减，故 a>3,正数 a X2x23的取值范围是2, +8).尖子生小题库一一供重点班学生使用，普通班学生慎用15. (2019 江西南昌调研)已知a为常数，函数f (x) =x(ln x-ax)有两个极值点 x% x2( x1 <x2),则(D )1 1A. f(x1)>0, f(x2)> 2 B . f(x1)<0, f(x2)<211C. f(x1)>0, f(x2)< 2 D . f(x1)<0 , f(x2)> 2解析：f ' (x) =ln x2ax+ 1,依题意知f '