2020版高考数学一轮复习课后限时集训15导数与函数的极值最值理.doc

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1、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()A.B.C. DCf(x)sin x，且f0，0，即a，故选C.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1Cf(x)有极大值0 Df(x)有极小值0Af(x)axln x，x0，f(x)a，由f(1)0得a1，f(x)1.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

2、f(x)ln xax存在最大值0，则a的值为()A1 B2Ce D.Df(x)a，x0.当a0时，f(x)a0恒成立，函数f(x)单调递增，不存在最大值；当a0时，令f(x)a0，解得x.当0x时，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x时，f(x)0，函数f(x)单调递减f(x)maxfln 10，解得a，故选D.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 B4C6 D5A设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则VR2l27，l，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小由题意，SR22RlR22.S2R，令S0，得R3，则当R3时，S最小故选

3、A.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.C. D.Cf(x)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.由f(x)0得0x，由f(x)0得x.f(x)在(0，)上为增函数，在(，)上为减函数若1时，由f(1)13b1得b1矛盾，故1.此时f()1，即()33b1，解得b，故选C.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，

4、则实数a的取值范围是_(，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，由题意得解得1k.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处取得极小值，求a的取值范围解(1)因为f(x)ax2(4a1)x4a3ex，所

5、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；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，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.10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

6、)0，解得x0或x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，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.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

7、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()ABCDC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)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 B18C3 D0A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

8、(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)x2，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)，y2x(x0)y0得0x，y0得x.当x时函数取得最小值ln 2.即当t时，|MN|取得最小值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

9、义域为(0，)，f(x)2axb，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)，令f(x)0，得x1，x21.f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递增区间为，(1，)；单调递减区间为.(2)由(1)知f(x)(x0)，令f(x)0，得x11，x2，因为f(x)在x1处取得极值，所以x2x11，当0时，f(x)在(0,1)上单调递增，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，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或xe处取得，而fln a2(2a1)ln 10，所以f(e)ln eae2(2a1)e1，解得a，若1e时，f(x)在区间(0,1)，上单调递增，在上单调递减，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，当x2e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e上单调递减，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.