《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.pdf》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.pdf（14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(1 x)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
2、小值 2(2019山西太原模拟)设函数 f(x) x3xm 的极大值为 1， 1 3 则函数 f(x)的极小值为( A ) A B1 1 3 C. D1 1 3 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 . 1 3 1 3 1 3 1 3 故选 A. 3 (2019河北三市联考)若函数f(x) x3x22bx在区间 1 3 ( 1b 2) 3,1
3、上不是单调函数，则函数 f(x)在 R 上的极小值为( A ) A2b B. b 4 3 3 2 2 3 C0 Db2 b3 1 6 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)的极小值为 f(2)2b . 4 3 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 B18 C3 D0 解析：因为 f(x)3x233(x1)(x1)， 令 f(x)0，得 x1，
4、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 x x 等于( C ) 2 12 2 A. B. 2 3 4 3 C. D. 8 3 16 3 解析：由图象可知 f(x)的图象过点(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)x33
5、x22x， 所以 f(x)3x26x2.x1， x2是方程 f(x)3x2 6x20 的两根， 因此 x1x22， x1x2 ， 所以 x x (x1x2)2 2 3 2 12 2 2x1x24 . 4 3 8 3 6 (2019湖南湘潭一中、 长沙一中等六校联考)若函数f(x)(1 ax2 2 2a)x2lnx(a0)在区间内有极大值， 则a的取值范围是( C ) ( 1 2，1) A. B(1，) ( 1 e，) C(1,2) D(2，) 解析：f(x)ax(12a) (a0，x0)， 2 x ax22a1x2 x 若 f(x)在区间内有极大值， ( 1 2，1) 即 f(x)0 在内有解
6、 ( 1 2，1) 则 f(x)在区间内先大于 0，再小于 0， ( 1 2，1) 则Error!Error! 即Error!Error! 解得 1a2，故选 C. 7 (2019江西南昌调研)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) 1 2 1 2 Cf(x1)0，f(x2) Df(x1)0，f(x2) 1 2 1 2 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
7、是曲线 y1lnx 的切线， 可知：02a1,0x11x2. a. ( 0，1 2) 由 0x11，得 f(x1)x1(lnx1ax1)0， 当 x1xx2时，f(x)0， f(x2)f(1)a ，故选 D. 1 2 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，则实数 k 的取值范围是. 1，3 2) 解析：因为 f(x)的定义域为(0，)， 又因为 f(x)4x ， 1 x 所以由 f(x)0 解得 x ， 1 2 由题意得Error!Error!解得 1k . 3 2 9 (2019长沙调研)已知yf(x)是奇函数， 当x(0,2
8、)时， f(x)lnx ax，当 x(2,0)时，f(x)的最小值为 1，则 a1. ( a1 2) 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 ， 1 x 1 a 当 0x 时，f(x)0； 1 a 当 x 时，f(x)0. 1 a f(x)maxflna11，解得 a1. ( 1 a) 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Error!Error! 即Error!Error!解得Error!
9、Error! 所以 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)4 f(x)00 f(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)， 1 x 当 a0 时，f(x) a0， 1 x 即函数 f(x)的单调递增区间为(0，) 当 a0 时，令
10、f(x) a0，可得 x ， 1 x 1 a 当 0x 时，f(x)0； 1 a 1ax x 当 x 时，f(x)0， 1 a 1ax x 故函数 f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. ( 0，1 a) ( 1 a，) 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 ( 0，1 a) . ( 1 a，) (2)当 1， 即 a1 时， 函数 f(x)在区间1,2上是减函数， 所以 f(x) 1 a 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
11、) 1 a 1 2 的最小值是 f(1)a. 当 1 2， 即 a1 时， 函数 f(x)在上是增函数， 在 1 a 1 2 1，1 a 1 a，2 上是减函数 又 f(2)f(1)ln2a， 所以当 aln2 时，最小值是 f(1)a； 1 2 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(x)alnx (a0) 1 x (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
12、， 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) a x 1 x2 (1)由 f(x)0 解得 x ， 1 a 所以函数 f(x)的单调递增区间是； ( 1 a，) 由 f(x)0 解得 x ， 1 a 所以函数 f(x)的单调递减区间是. ( 0，1 a) 所以当 x 时，函数 f(x)有极小值 faln aaalna. 1 a ( 1 a) 1 a (2)由(1)可知，当 x时，函数 f(x)单调递减； ( 0，1 a) 当 x时，函数 f(x)单调递增 ( 1 a，) 若 0 1， 即 a1 时， 函数 f(x)在1， e上为
13、增函数， 故函数 f(x) 1 a 的最小值为 f(1)aln111，显然 10，故不满足条件 若 1 e， 即 a1 时， 函数 f(x)在上为减函数， 在 1 a 1 e 1，1 a) 1 a，e 上为增函数， 故函数 f(x)的最小值为 f(x)的极小值 faln aaalnaa(1 ( 1 a) 1 a lna)0，即 lna1，解得 ae，而 a1，故不满足条件 1 e 若 e， 即 0a 时， 函数 f(x)在1， e上为减函数， 故函数 f(x) 1 a 1 e 的最小值为 f(e)alne a 0，即 a ，而 0a ，故不满 1 e 1 e 1 e 1 e 足条件 综上所述，
14、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) ( 0，1 e) C. D(，e) ( 1 e，e) 解析：f(x)xlnxaex(x0)， f(x)lnx1aex(x0)， 由已知函数f(x)有两个极值点可得ya和g(x)在(0， ) lnx1 ex 上有两个交点，g(x)(x0)， 1 xlnx1 ex 令 h(x) lnx1，则 h(x) 0， 1 x 1 x2 1 x h(x)在(0，)上单调递减且 h(1)0， 当
15、 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) ， 1 e 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) ， 1 e 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 . 1 e 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(x1)f(x2)； 若 2，则 f(x1)f(x2
16、) 其中正确结论的个数为( B ) A0 B1 C2 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
17、，f(x2)f(2)0， 故 f(x1)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. ( e 1e，1) 解析：f(x) (m1)(x0)， m x m1xm x 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， m 1m 当 0m1 时，f(x)在上单调递增，在上 ( 0， m 1m) ( m 1m，) 单调递减， 当 0m1 时，函数 f(x)有最大值，最大值 Mfmln ( m 1m) m. m 1m M0，mlnm0， m 1m 解得 m， e
18、 1e m 的取值范围是. ( e 1e，1) 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(x) 2xa， 1 x 2x2ax1 x 令 g(x)2x2ax1， 解法一：令 g(x)2x2ax10 得 a28， 当 0，即 0a2时，g(x)0 恒成立，2 此时 f(x)在(0,1)上无极值点； 当 0，即 a2时，2 由 g(x)2x2ax10 得， x1，x2. a a2 8 4
19、 a a2 8 4 ()若 2a3， 则 0x1 1,0x22 a a2 8 4 a 4 a a2 8 4 1. 31 4 故此时 f(x)在(0,1)上有两个极值点； ()若 a3， 则 0x1 a a2 8 4 8 4a a2 8 2 a a 28 1， 2 31 1 2 而 x21. a a2 8 4 31 4 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；2 当 2a3 时，f(x)在(0,1)上有两个极值点；2 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 0
20、a2，g(x)0 恒成立，2 此时 f(x)在(0,1)上单调递增，无极值点； 当 0，即 a2时，2 由 g(0)1，g(1)3a，g1，则 ( a 4) a2 8 ()当 g(1)3a0，即 2a3 时，2 g110，此时 f(x)在，上必有两个 ( a 4) a2 8 2 2 2 8 ( 0，a 4) ( a 4，1) 极值点； ()当 g(1)3a0，即 a3 时，g11 0， ( a 4) a2 8 9 8 1 8 此时 f(x)在上必有一个极值点； ( 0，a 4) 综上可知，当 0a2时，f(x)在(0,1)上无极值点；2 当 2a3 时，f(x)在(0,1)上有两个极值点；2
21、当 a3 时，f(x)在(0,1)上只有一个极值点 解法三：f(x) 2xa， 1 x f(x) (2x21)， 1 x2 f(x)在上单调递减，在上单调递增， ( 0， 2 2 )( 2 2 ，1) f(x)minf2a. ( 2 2 ) 2 当 f2a0，即 0a2时，f(x)在(0,1)上单调递 ( 2 2 ) 22 增，无极值点； 当Error!Error! 即 2a3 时，考虑到 f 0，故此时 f(x)在和2 ( 1 a) 2 a ( 1 a， 2 2 ) 上各有一个极值点； ( 2 2 ，1) 当Error!Error!即 a3 时，考虑到 f 0，故此时 f(x)在 ( 1 a
22、) 2 a ( 1 a， 2 2 ) 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；2 当 2a3 时，f(x)在(0,1)上有两个极值点；2 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 1 x 2x2ax1 x 个零点 令 f(x)0，得 x1，x2是方程 2x2ax10 的两根， a280， a2，x1x2 0，x1x2 .2 a 2 1 2 f(x1)f(x2)(lnx1x ax1)(lnx2x ax2)ln (x x ) 2
23、 12 2 x1 x2 2 12 2 a(x2x1)ln (x x )2(x1x2)(x2x1)ln x x ln x1 x2 2 12 2 x1 x2 2 22 1 x1 x2 1 2 ， x2 2x2 1 x1x2 令 t (0,1)， x1 x2 则 f(x1)f(x2)h(t) lnt，t(0,1)， 1 2( 1 t t) 又 h(t)0， t12 2t2 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
24、(0,1)内的两 1 x 2x2ax1 x 个零点， 令 f(x)0，得 x1，x2是方程 2x2ax10 的两根， a280， a2，x1x2 0，x1x2 .2 a 2 1 2 f(x1)f(x2)ln (x x )a(x1x2)ln (x x )2(x1 x1 x2 2 12 2 x1 x2 2 12 2 x2)(x1x2)lnx1lnx2(x x )lnx1ln2x1x ln2x x 2 12 22 1 1 4x2 1 2 12 1 ， 1 4x2 1 x1x2， x1x2x ， 1 2 2 1 0x ， 2 1 1 2 令 xx ， 2 1 ( 0，1 2) 于是，f(x1)f(x2)H(x)ln2xx，x，H(x) 1 4x ( 0，1 2) 0， 2x12 4x2 H(x)在上单调递减， ( 0，1 2) H(x)H0，f(x1)f(x2)0， ( 1 2) m0.