《2020《创新方案》高考人教版数学（文）总复习练习：第二章 函数、导数及其应用 课时作业15 Word版含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020《创新方案》高考人教版数学（文）总复习练习：第二章 函数、导数及其应用 课时作业15 Word版含解析.doc（15页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课时作业15利用导数研究函数的极值、最值1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，则下列结论中一定成立的是(D)A函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)C函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)D函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)解析：由题图可知，当x2时，f(x)0；当2x1时，f(x)0；当1x2时，f(x)0；当x2时，f(x)0.由此可以得到函数f(x)在x2处取得极大值，在x2处取得极小值2(2019山西太原模拟)设函数f(x)x3xm的极大值为1，则函数f(x)的极小值为
2、(A)A B1C. D1解析：f(x)x21，由f(x)0得x11，x21.所以f(x)在区间(，1)上单调递增，在区间(1,1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，所以函数f(x)在x1处取得极大值，且f(1)1，即m，函数f(x)在x1处取得极小值，且f(1)131.故选A.3(2019河北三市联考)若函数f(x)x3x22bx在区间3,1上不是单调函数，则函数f(x)在R上的极小值为(A)A2b B.bC0 Db2b3解析：f(x)x2(2b)x2b(xb)(x2)，函数f(x)在区间3,1上不是单调函数，3b1，则由f(x)0，得xb或x2，由f(x)0，得bx2，函数f(x)的极小
3、值为f(2)2b.4函数f(x)x33x1，若对于区间3,2上的任意x1，x2，都有|f(x1)f(x2)|t，则实数t的最小值是(A)A20 B18C3 D0解析：因为f(x)3x233(x1)(x1)，令f(x)0，得x1，可知1,1为函数的极值点又f(3)19，f(1)1，f(1)3，f(2)1，所以在区间3,2上，f(x)max1，f(x)min19.由题设知在区间3,2上，f(x)maxf(x)mint，从而t20，所以t的最小值是20.5(2019浙江瑞安中学月考)已知函数f(x)x3bx2cx的图象如图所示，则xx等于(C)A. B.C. D.解析：由图象可知f(x)的图象过点(
4、1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1bc0,84b2c0，解得b3，c2，所以f(x)x33x22x，所以f(x)3x26x2.x1，x2是方程f(x)3x26x20的两根，因此x1x22，x1x2，所以xx(x1x2)22x1x24.6(2019湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考)若函数f(x)(12a)x2lnx(a0)在区间内有极大值，则a的取值范围是(C)A. B(1，)C(1,2) D(2，)解析：f(x)ax(12a)(a0，x0)，若f(x)在区间内有极大值，即f(x)0在内有解则f(x)在区间内先大于0，再小于0，则即解得1a2，故选C.7(2019江西
5、南昌调研)已知a为常数，函数f(x)x(lnxax)有两个极值点x1，x2(x1x2)，则(D)Af(x1)0，f(x2) Bf(x1)0，f(x2)Cf(x1)0，f(x2) Df(x1)0，f(x2)解析：f(x)lnx2ax1，依题意知f(x)0有两个不等实根x1，x2，即曲线y1lnx与直线y2ax有两个不同交点，如图由直线yx是曲线y1lnx的切线，可知：02a1,0x11x2.a.由0x11，得f(x1)x1(lnx1ax1)0，当x1xx2时，f(x)0，f(x2)f(1)a，故选D.8(2019武汉模拟)若函数f(x)2x2lnx在其定义域的一个子区间(k1，k1)内存在最小值
6、，则实数k的取值范围是.解析：因为f(x)的定义域为(0，)，又因为f(x)4x，所以由f(x)0解得x，由题意得解得1k.9(2019长沙调研)已知yf(x)是奇函数，当x(0,2)时，f(x)lnxax，当x(2,0)时，f(x)的最小值为1，则a1.解析：由题意知，当x(0,2)时，f(x)的最大值为1.令f(x)a0，得x，当0x时，f(x)0；当x时，f(x)0.f(x)maxflna11，解得a1.10设函数f(x)x3ax2bx(x0)的图象与直线y4相切于点M(1,4)，则yf(x)在区间(0,4上的最大值为4；最小值为0.解析：f(x)3x22axb(x0)依题意，有即解得所
7、以f(x)x36x29x.令f(x)3x212x90，解得x1或x3.当x变化时，f(x)，f(x)在区间(0,4上的变化情况如下表：x(0,1)1(1,3)3(3,4)4f(x)00f(x)404所以函数f(x)x36x29x在区间(0,4上的最大值是4，最小值是0.11已知函数f(x)lnxax(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a0时，求函数f(x)在1,2上的最小值解：(1)f(x)a(x0)，当a0时，f(x)a0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，)当a0时，令f(x)a0，可得x，当0x时，f(x)0；当x时，f(x)0，故函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间
8、为.综上可知，当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，)；当a0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)当1，即a1时，函数f(x)在区间1,2上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)ln22a.当2，即0a时，函数f(x)在区间1,2上是增函数，所以f(x)的最小值是f(1)a.当12，即a1时，函数f(x)在上是增函数，在上是减函数又f(2)f(1)ln2a，所以当aln2时，最小值是f(1)a；当ln2a1时，最小值为f(2)ln22a.综上可知，当0aln2时，函数f(x)的最小值是f(1)a；当aln2时，函数f(x)的最小值是f(2)ln22a.12已知函数f
9、(x)alnx(a0)(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)是否存在实数a，使得函数f(x)在1，e上的最小值为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f(x)的定义域为x|x0，f(x)(a0)(1)由f(x)0解得x，所以函数f(x)的单调递增区间是；由f(x)0解得x，所以函数f(x)的单调递减区间是.所以当x时，函数f(x)有极小值falnaaalna.(2)由(1)可知，当x时，函数f(x)单调递减；当x时，函数f(x)单调递增若01，即a1时，函数f(x)在1，e上为增函数，故函数f(x)的最小值为f(1)aln111，显然10，故不满足条件若1e，即a
10、1时，函数f(x)在上为减函数，在上为增函数，故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值falnaaalnaa(1lna)0，即lna1，解得ae，而a1，故不满足条件若e，即0a时，函数f(x)在1，e上为减函数，故函数f(x)的最小值为f(e)alnea0，即a，而0a，故不满足条件综上所述，不存在这样的实数a，使得函数f(x)在1，e上的最小值为0.13(2019合肥模拟)已知函数f(x)xlnxaex(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(A)A. B(0，e)C. D(，e)解析：f(x)xlnxaex(x0)，f(x)lnx1aex(x0)，由已知函数f(x)有两个
11、极值点可得ya和g(x)在(0，)上有两个交点，g(x)(x0)，令h(x)lnx1，则h(x)0，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，g(x)g(1)，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)，而x0时，g(x)，x时，g(x)0；若ya和g(x)在(0，)上有两个交点，只需0a.14(2019广东佛山一模)设函数f(x)x33x22x，若x1，x2(x1x2)是函数g(x)f(x)x的两个极值点，现给出如下结论：若10，则f(x1)f(x2)；若02，则f(
12、x1)f(x2)；若2，则f(x1)f(x2)其中正确结论的个数为(B)A0 B1C2 D3解析：函数g(x)f(x)x，g(x)f(x)，令g(x)0，得f(x)0，f(x)有两解x1，x2(x1x2)f(x)x33x22x，f(x)3x26x2，画出yf(x)的图象如图所示：若10，则x1、x2在f(x)的递减区间上，故f(x1)f(x2)；若02，则x10，x22，又x1,0在f(x)的一个递增区间上，x2,2在f(x)的另一个递增区间上，f(x1)f(0)0，f(x2)f(2)0，故f(x1)f(x2)；若2，则x10，x22，则f(x1)f(0)0，f(x2)f(2)0，故f(x1)
13、f(x2)故选B.15若函数f(x)mlnx(m1)x存在最大值M，且M0，则实数m的取值范围是.解析：f(x)(m1)(x0)，当m0或m1时，f(x)在(0，)上单调，此时函数f(x)无最大值当0m1时，令f(x)0，则x，当0m1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，当0m1时，函数f(x)有最大值，最大值Mfmlnm.M0，mlnm0，解得m，m的取值范围是.16(2019衡阳联考)已知函数f(x)lnxx2ax(a0)(1)讨论f(x)在(0,1)上极值点的个数；(2)若x1，x2(x1x2)是函数f(x)的两个极值点，且f(x1)f(x2)m恒成立，求实数m的取值范围解：(1)f
14、(x)2xa，令g(x)2x2ax1，解法一：令g(x)2x2ax10得a28，当0，即0a2时，g(x)0恒成立，此时f(x)在(0,1)上无极值点；当0，即a2时，由g(x)2x2ax10得，x1，x2.()若2a3，则0x11,0x21.故此时f(x)在(0,1)上有两个极值点；()若a3，则0x11，而x21.故此时f(x)在(0,1)上只有一个极值点；综上可知，当0a2时，f(x)在(0,1)上无极值点；当2a3时，f(x)在(0,1)上有两个极值点；当a3时，f(x)在(0,1)上只有一个极值点解法二：由g(x)2x2ax10得a28，当0，即0a2，g(x)0恒成立，此时f(x)
15、在(0,1)上单调递增，无极值点；当0，即a2时，由g(0)1，g(1)3a，g1，则()当g(1)3a0，即2a3时，g110，此时f(x)在，上必有两个极值点；()当g(1)3a0，即a3时，g110，此时f(x)在上必有一个极值点；综上可知，当0a2时，f(x)在(0,1)上无极值点；当2a3时，f(x)在(0,1)上有两个极值点；当a3时，f(x)在(0,1)上只有一个极值点解法三：f(x)2xa，f(x)(2x21)，f(x)在上单调递减，在上单调递增，f(x)minf2a.当f2a0，即0a2时，f(x)在(0,1)上单调递增，无极值点；当即2a3时，考虑到f0，故此时f(x)在和
16、上各有一个极值点；当即a3时，考虑到f0，故此时f(x)在上有唯一一个极值点；综上可知，当0a2时，f(x)在(0,1)上无极值点；当2a3时，f(x)在(0,1)上有两个极值点；当a3时，f(x)在(0,1)上只有一个极点(2)解法一：x1，x2(x1x2)是函数f(x)的两个极值点，x1，x2是f(x)2xa0在区间(0,1)内的两个零点令f(x)0，得x1，x2是方程2x2ax10的两根，a280，a2，x1x20，x1x2.f(x1)f(x2)(lnx1xax1)(lnx2xax2)ln(xx)a(x2x1)ln(xx)2(x1x2)(x2x1)lnxxln，令t(0,1)，则f(x1
17、)f(x2)h(t)lnt，t(0,1)，又h(t)0，h(t)在区间(0,1)内单调递减，h(t)h(1)0，即f(x1)f(x2)0.m0，即实数m的取值范围是(，0解法二：x1，x2(x1x2)是函数f(x)的两个极值点，x1，x2是f(x)2xa0在区间(0,1)内的两个零点，令f(x)0，得x1，x2是方程2x2ax10的两根，a280，a2，x1x20，x1x2.f(x1)f(x2)ln(xx)a(x1x2)ln(xx)2(x1x2)(x1x2)lnx1lnx2(xx)lnx1ln2x1xln2xx，x1x2，x1x2x，0x，令xx，于是，f(x1)f(x2)H(x)ln2xx，x，H(x)0，H(x)在上单调递减，H(x)H0，f(x1)f(x2)0，m0.