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1、课后限时集训(十五) 导数与函数的极值、最值课后限时集训(十五) 导数与函数的极值、最值 (建议用时：60 分钟) A 组 基础达标 一、选择题 1(2018银川三模)已知函数f(x)cos xaln x在x处取得极值，则a( ) 6 A. B. 1 4 4 C. D 12 12 C f(x) sin x，且f0， a x( 6) 0，即a，故选 C. a 6 1 2 12 2(2019东莞模拟)若x1 是函数f(x)axln x的极值点，则( ) Af(x)有极大值1 Bf(x)有极小值1 Cf(x)有极大值 0 Df(x)有极小值 0 A f(x)axln x，x0， f(x)a ， 1
2、x 由f(1)0 得a1， f(x)1 . 1 x 1x x 由f(x)0 得 0x1，由f(x)0 得x1， f(x)在(0,1)上递增，在(1，)上递减 f(x)极大值f(1)1，无极小值，故选 A. 3已知函数f(x)ln xax存在最大值 0，则a的值为( ) A1 B2 Ce D.1 e D f(x) a，x0.当a0 时，f(x) a0 恒成立，函数f(x)单调递增，不存 1 x 1 x 在最大值 ； 当a0 时，令f(x) a0，解得x .当 0x 时，f(x)0，函数f(x) 1 x 1 a 1 a 单调递增；当x 时，f(x)0，函数f(x)单调递减 1 a f(x)maxf
3、ln 10，解得a ，故选 D. ( 1 a) 1 a 1 e 4 做一个无盖的圆柱形水桶， 若要使其体积是 27， 且用料最省， 则圆柱的底面半径为( ) A3 B4 C6 D5 A 设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则VR2l27，l，要使用料最省，只 27 R2 需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小 由题意，SR22RlR22. 27 R S2R，令S0，得R3，则当R3 时，S最小故选 A. 54 R2 5(2018南宁一模)设函数f(x)x33bx，当x0,1时，f(x)的值域为0,1，则b的 值是( ) A. B. 1 2 2 2 C. D. 3 2 2 3 4 2 C f(x)
4、x33bx， f(x)3x23b. 当b0 时，x0,1时，f(x)0，不合题意； 当b0 时，由f(x)0 得x.b 由f(x)0 得 0x，b 由f(x)0 得x.b f(x)在(0，)上为增函数，在(，)上为减函数bb 若1 时，由f(1)13b1 得b 1 矛盾，故1.b 2 3 b 此时f()1，即()33b1，解得b，故选 C.bbb 3 2 2 二、填空题 6函数yexx在 R 上的最大值是_ 1 由yexx得yex1， 由y0 得x0. 又当x0 时，y0， 当x0 时，y0. 当x0 时，y取得最大值1. 7设aR，若函数yexax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是_ (
5、，1) yexax，yexa. 函数yexax有大于零的极值点， 则方程yexa0 有大于零的解， x0 时，ex1，aex1. 8(2019武汉模拟)若函数f(x)2x2ln x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_ 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 1， 3 2) 1 x ，由题意得Error!解得 1k . 1 2 3 2 三、解答题 9(2018北京高考)设函数f(x)ax2(4a1)x4a3ex. (1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行，求a； (2)若f(x)在x2 处取得极
6、小值，求a的取值范围 解 (1)因为f(x)ax2(4a1)x4a3ex， 所以f(x)ax2(2a1)x2ex. f(1)(1a)e. 由题设知f(1)0，即(1a)e0，解得a1. 此时f(1)3e0. 所以a的值为 1. (2)由(1)得f(x)ax2(2a1)x2ex (ax1)(x2)ex. 若a ，则当x时，f(x)0； 1 2( 1 a，2) 当x(2，)时，f(x)0. 所以f(x)在x2 处取得极小值 若a ，则当x(0,2)时，x20，ax1x10， 1 2 1 2 所以f(x)0. 所以 2 不是f(x)的极小值点 综上可知，a的取值范围是. ( 1 2，) 10已知函数
7、f(x)Error! (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 . 2 3 当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x(，0)0 (0， 2 3) 2 3( 2 3，1) f(x)00 f(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 3 (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 2 3，1)0， 2 3 增 因为f(1)2，f，f(0)
8、0，所以f(x)在1,1)上的最大值为 2. ( 2 3) 4 27 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. 故当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. B 组 能力提升 1设函数f(x)在 R 上可导，其导函数为f(x)，且函数f(x)在x2 处取得极小值，则函 数yxf(x)的图象可能是( ) A B C D C 由题意可得f(2)0， 且当x2 时，f(x)0， 则yxf(x)0， 故排除 B 和 D ； 当x2 时，f(x)
9、0， 所以当x(2,0)时，yxf(x)0， 当x0 时，yxf(x)0， 故排除 A，选 C. 2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( ) A20 B18 C3 D0 A 原命题等价于对于区间3,2上的任意x，都有f(x)maxf(x)mint， f(x)3x23，当x3，1时，f(x)0， 当x1,1时，f(x)0， 当x1,2时，f(x)0. f(x)maxf(2)f(1)1， f(x)minf(3)19. f(x)maxf(x)min20，t20.即t的最小值为 20.故选 A. 3设直线xt与函数f(x)x
10、2，g(x)ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|最小时，t 的值为_ 设函数yf(x)g(x)x2ln x(x0)， 2 2 y2x (x0) 1 x 2x21 x y0 得 0x， 2 2 y0 得x. 2 2 当x时函数取得最小值 ln 2. 2 2 1 2 1 2 即当t时，|MN|取得最小值 2 2 4(2019山西模拟)已知函数f(x)ln xax2bx(其中a，b为常数且a0)在x1 处取 得极值 (1)当a1 时，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在(0，e上的最大值为 1，求a的值 解 (1)因为f(x)ln xax2bx， 所以f(x)的定义域为(0，)，f(x
11、) 2axb， 1 x 因为函数f(x)ln xax2bx在x1 处取得极值， 所以f(1)12ab0， 又a1，所以b3，则f(x)， 2x23x1 x 令f(x)0，得x1 ，x21. 1 2 f(x)，f(x)随x的变化情况如下表： x (0， 1 2) 1 2( 1 2，1) 1(1，) f(x)00 f(x)极大值极小值 所以f(x)的单调递增区间为，(1，)； (0， 1 2) 单调递减区间为. ( 1 2，1) (2)由(1)知f(x)(x0)， 2ax22a1x1 x 2ax1x1 x 令f(x)0，得 x11，x2， 1 2a 因为f(x)在x1 处取得极值， 所以x2x11
12、， 1 2a 当0 时，f(x)在(0,1)上单调递增， 1 2a 在(1，e上单调递减， 所以f(x)在区间(0，e上的最大值为f(1)，令f(1)1，解得a2， 当a0 时，x20， 1 2a 若1 时，f(x)在， 1， e上单调递增， 在上单调递减， 所以最大值可能在x 1 2a(0， 1 2a) 1 2a，1) 或xe 处取得，而fln a 2 (2a1)ln 10， 1 2a( 1 2a) 1 2a( 1 2a) 1 2a 1 2a 1 4a 所以f(e)ln eae2(2a1)e1，解得a， 1 e2 若 1e 时，f(x)在区间(0,1)，上单调递增，在上单调递减， 1 2a 1 2a，e1， 1 2a) 所以最大值可能在x1 或xe 处取得， 而f(1)ln 1a(2a1)0， 所以f(e)ln eae2(2a1)e1， 解得a，与 1x2e 矛盾， 1 e2 1 2a 当x2e 时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e上单调递减， 1 2a 所以最大值可能在x1 处取得，而f(1)ln 1a(2a1)0，矛盾， 综上所述，a或a2. 1 e2