《江苏专版2019版高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时达标检测十六导数与函数的极值最值201805.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏专版2019版高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时达标检测十六导数与函数的极值最值201805.doc（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课时达标检测(十六） 导数与函数的极值、最值一、全员必做题1.(2018南京金陵中学月考)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f(x)，且函数y(1x)f(x)的图象如图所示，则f(x)在(4,2)上的所有极值点之和为_解析：根据函数y(1x)f(x)的图象知，当x1时，y(1x)f(x)0,1x0，f(x)0，函数f(x)在(，1)上单调递减，当1x1时，y(1x)f(x)0,1x0，f(x)0，函数f(x)在(1,1)上单调递增，当x1时，y(1x)f(x)0,1x0，f(x)0，函数f(x)在(1，)上单调递增，所以x1是f(x)的极小值点，且f(x)在(4,2)上无极大值点，所以f(x
2、)在(4,2)上的所有极值点之和为1.答案：12已知函数f(x)x33x29x1，若f(x)在区间k,2上的最大值为28，则实数k的取值范围为_解析：由题意知f(x)3x26x9，令f(x)0，解得x1或x3，所以f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(，3)3(3,1)1(1，)f(x)00f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增又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k3.答案：(，33(2018江苏省赣榆高级中学模拟)已知函数f(x)x22xaln x在区间(0,1)内无极值点，则a的取值范围是_解析：由题意得f(x)2x2在区间(0,1
3、)内不变号，即f(x)2x20在区间(0,1)内恒成立或f(x)2x20在区间(0,1)内恒成立，因此a2x(x1)max，x(0,1)，而2x(x1)0，所以a0；或a2x(x1)min，x(0,1)，而2x(x1)4，所以a4.综上a的取值范围是(，40，)答案：(，40，)4已知函数f(x)(k0)求函数f(x)的极值解：f(x)，其定义域为(0，)，则f(x).令f(x)0，得x1，当k0时，若0x1，则f(x)0；若x1，则f(x)0，所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，即当x1时，函数f(x)取得极大值.当k0时，若0x1，则f(x)0；若x1，则f(x)0，
4、所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，即当x1时，函数f(x)取得极小值.5(2018连云港模拟)已知函数f(x)ax3ln x，其中a为常数(1)当函数f(x)的图象在点处的切线的斜率为1时，求函数f(x)在上的最小值；(2)若函数f(x)在区间(0，)上既有极大值又有极小值，求a的取值范围解：(1)因为f(x)a，所以fa1，故f(x)x3ln x，则f(x).由f(x)0得x1或x2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x2(2,3)3f(x)0f(x)13ln 2从而在上f(x)有最小值，且最小值为f(2)13ln 2.(2)f(x)a(x0)，由题设可
5、得方程ax23x20有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1，x2，且x1x2，则解得0a.故所求a的取值范围为.二、重点选做题1(2018昆明模拟)已知常数a0，f(x)aln x2x.(1)当a4时，求f(x)的极值；(2)当f(x)的最小值不小于a时，求实数a的取值范围解：(1)由已知得f(x)的定义域为x(0，)，f(x)2.当a4时，f(x).所以当0x2时，f(x)0，即f(x)单调递减；当x2时，f(x)0，即f(x)单调递增所以f(x)只有极小值，且在x2时，f(x)取得极小值f(2)44ln 2.所以当a4时，f(x)只有极小值44ln 2.(2)因为f(x)，所以当a0，x
6、(0，)时，f(x)0，即f(x)在x(0，)上单调递增，没有最小值；当a0时，由f(x)0得，x，所以f(x)在上单调递增；由f(x)0得，x，所以f(x)在上单调递减所以当a0时，f(x)的最小值为f aln2.根据题意得f aln2a，即aln(a)ln 20.因为a0，所以ln(a)ln 20，解得a2，所以实数a的取值范围是2,0)2已知函数f(x)(1)求f(x)在区间(，1)上的极小值和极大值点；(2)求f(x)在1，e(e为自然对数的底数)上的最大值解：(1)当x1时，f(x)3x22xx(3x2)，令f(x)0，解得x0或x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x
7、(，0)0f(x)00f(x)极小值极大值故当x0时，函数f(x)取得极小值为f(0)0，函数f(x)的极大值点为x.(2)当1x1时，由(1)知，函数f(x)在1,0和上单调递减，在上单调递增因为f(1)2，f，f(0)0，所以f(x)在1,1)上的最大值为2.当1xe时，f(x)aln x，当a0时，f(x)0；当a0时，f(x)在1，e上单调递增，则f(x)在1，e上的最大值为f(e)a.综上所述，当a2时，f(x)在1，e上的最大值为a；当a2时，f(x)在1，e上的最大值为2.三、冲刺满分题1(2018苏州模拟)已知函数f(x)(xa)ln x，g(x)，曲线yf(x)在点(1，f(
8、1)处的切线与直线2xy30平行(1)求证：方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的实根；(2)设函数m(x)minf(x)，g(x)(minp，q表示p，q中的较小者)，求m(x)的最大值解：(1)由题意知，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为2，所以f(1)2，又f(x)ln x1，所以a1.所以f(x)(x1)ln x.设h(x)f(x)g(x)(x1)ln x，当x(0,1时，h(x)0，又h(2)3ln 2ln 8110，所以存在x0(1,2)，使h(x0)0.因为h(x)ln x1，当x(1,2)时，0x(2x)(x1)211，exe，所以0，所以，所以h(x)10，
9、所以当x(1,2)时，h(x)单调递增，所以方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的实根(2)由(1)知，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的实根x0，且x(0，x0)时，f(x)g(x)，又当x(x0,2)时，h(x)0，当x(2，)时，h(x)0，所以当x(x0，)时，h(x)0，所以当x(x0，)时，f(x)g(x)，所以m(x)当x(0，x0)时，若x(0,1，则m(x)0；若x(1，x0，由m(x)ln x10，可知0m(x)m(x0)，故当x(0，x0时，m(x)m(x0)当x(x0，)时，由m(x)可得当x(x0,2)时，m(x)0，m(x)单调递增；x(2，)时，m
10、(x)0，m(x)单调递减可知m(x)m(2)，且m(x0)m(2)综上可得，函数m(x)的最大值为.2(2018无锡期初模拟)已知f(x)x22axln x.(1)当a1时，判断f(x)的单调性；(2)若f(x)为f(x)的导函数，f(x)有两个不相等的极值点x1，x2(x1x2)，求2f(x1)f(x2)的最小值解：(1)当a1时，f(x)x22xln x(x0)，f(x)2x20.所以f(x)在区间(0，)上单调递增(2)f(x)2x2a，由题意得，x1和x2是方程2x22ax10的两个不相等的正根，所以解得a，且x1x2，2ax12x1,2ax22x1.由于，所以x1，x2.2f(x1)f(x2)2(x2ax1ln x1)(x2ax2ln x2)2xx4ax12ax2ln x22ln x12xxln 1xln 1xln x2ln 21.令tx，g(t)tln t2ln 21，g(t)1，所以yg(t)在上为减函数，在(1，)上为增函数，g(t)ming(1)，所以2f(x1)f(x2)的最小值为.6