2021届高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第2课时导数与函数的极值最值跟踪检测文含解析

1、第三章第三章导数及其应用导数及其应用第二节第二节导数的应用导数的应用第第 2 课时课时导数与函数的极值、最值导数与函数的极值、最值a 级基础过关|固根基|1.函数 f(x)2x39x22 在4，2上的最大值和最小值分别是()a25，2b50，14c50，2d50，14解析：选 c因为 f(x)2x39x22，所以 f(x)6x218x0 时，x3 或 0，当 x4，3)或 x(0，2时，f(x)0，f(x)为增函数；当 x(3，0)时，f(x)0，f(x)为减函数由f(4)14，f(3)25，f(0)2，f(2)50，故函数 f(x)2x39x22 在4，2上的最大值和最小值分别是 50，2.

2、2函数 f(x)aexsin x 在 x0 处有极值，则 a 的值为()a1b0c1de解析：选 cf(x)aexcos x，函数 f(x)aexsin x 在 x0 处有极值，f(0)a10，解得 a1，经检验 a1 符合题意故选 c.3函数 f(x)x3bx2cxd 的大致图象如图所示，则 x21x22等于()a.89b.109c.169d.289解析：选 c函数 f(x)的图象过原点，所以 d0.又 f(1)0 且 f(2)0，即1bc0且 84b2c0，解得 b1，c2，所以函数 f(x)x3x22x，所以 f(x)3x22x2，由题意知，x1，x2是函数的极值点，所以 x1，x2是

3、f(x)0 的两个根，所以 x1x223，x1x223，所以 x21x22(x1x2)22x1x24943169.4(2019 届东莞模拟)若 x1 是函数 f(x)axln x 的极值点，则()af(x)有极大值1bf(x)有极小值1cf(x)有极大值 0df(x)有极小值 0解析：选 af(x)axln x，x0，f(x)a1x.由 f(1)0，得 a1，f(x)11x1xx.由 f(x)0，得 0 x1；由 f(x)0，得 x1，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减f(x)极大值f(1)1，无极小值，故选 a.5用边长为 120 cm 的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周

4、分别截去一个小正方形，然后把四边翻转 90角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为()a120 000 cm3b128 000 cm3c150 000 cm3d158 000 cm3解析：选 b设水箱底长为 x cm，则高为120 x2cm.由120 x20，x0，得 0 x120.设容器的容积为 y cm3，则有 y120 x2x212x360 x2.则有 y32x2120 x.令 y0，解得 x80(x0 舍去)当 x(0，80)时，y0，y 单调递增；当 x(80，120)时，y0，y 单调递减因此，x80 是函数 y12x360 x2的极大值点，也是最大值点，此时 y12803608021

5、28 000.故选 b.6函数 f(x)x33x24 在 x_处取得极小值解析：由 f(x)3x26x0，得 x0 或 x2.列表：x(，0)0(0，2)2(2，)f(x)00f(x)极大值极小值所以在 x2 处取得极小值答案：27若函数 f(x)a3x3x22x 没有极小值点，则实数 a 的取值范围是_解析：函数 f(x)a3x3x22x 的导数为 f(x)ax22x2.当 a0 时，f(x)x22x，满足题意；当 a0 时，则方程 ax22x20 无变号零点，即48a0，解不等式可得 a12.综上可得，实数 a 的取值范围是012，.答案：012，8已知函数 f(x)ln xax 存在最大

6、值 0，则 a_解析：f(x)1xa，x0.当 a0 时，f(x)1xa0 恒成立，函数 f(x)单调递增，不存在最大值；当 a0 时，令 f(x)1xa0，解得 x1a.当 0 x1a时，f(x)0，函数 f(x)单调递增；当 x1a时，f(x)0，函数 f(x)单调递减f(x)maxf1a ln1a10，解得 a1e.答案：1e9 (2019 届湖北黄冈模拟)已知函数 f(x)ln xxax， 曲线 yf(x)在 x1 处的切线经过点(2，1)(1)求实数 a 的值；(2)设 b1，求 f(x)在1b，b 上的最大值和最小值解：(1)由题可得，f(x)的导函数为 f(x)1ln xax2x

7、2(x0)，f(1)10a11a.依题意，有f（1）（1）121a，即a1121a，解得 a1.(2)由(1)得，f(x)1ln xx2x2(x0)，易知，f(1)0，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减又01b11，则 h(b)11b2ln b0，h(b)在(1，)上单调递增当 b1 时，h(b)0，可得 h(b)0，则 f(b)f1b ，故 f(x)的最小值为 f1b bln b1b.10(2020 届长春市高三质量监测)设函数 f(x)ln xx1x.(1)求函数 f(x)的极值；(2)若 x(0，1)时，不等式1xa（1x）ln x0，则原不等式等价于2a（x1）x1l

8、n x0，令 g(x)2a（x1）x1ln x(0 x1)，则 g(x)x2（24a）x1x（x1）2，当 02a（11）11ln 10，原不等式成立；当 a1 时，令 h(x)x2(24a)x1(0 x0，12(24a)114(1a)1，所以在(0，1)上 g(x)单调递增，当 x(0，x0)时，g(x)0，g(x)单调递增，故当 x(x0，1)时，g(x)2a（11）11ln 10，原不等式不成立综上所述，0a1.故实数 a 的取值范围为(0，1.b 级素养提升|练能力|11.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)

9、的图象可能是()解析：选 c由题意可得，f(2)0，且当 x2 时，f(x)0，则 yxf(x)0，故排除 b、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，故选 c.12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()a20b18c3d0解析：选 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，f(x)单调递增，当 x1，1时，f(x)0，f(x)单调递减，当 x1，2时，f(

10、x)0，f(x)单调递增，1，1 为函数的极值点又 f(3)19，f(1)1，f(1)3，f(2)1，f(x)max1，f(x)min19，f(x)maxf(x)min1(19)20，t20，即 t 的最小值为 20.13设 m，n 是函数 f(x)x32ax2a2x 的两个极值点，若 2(m，n)，则实数 a 的取值范围是_解析：由已知得，f(x)3x24axa2，因为函数 f(x)x32ax2a2x 有两个极值点 m，n，所以 f(x)3x24axa2有两个零点 m，n.又因为 2(m，n)，所以有 f(2)128aa20，解得 2a6.答案：(2，6)14已知函数 f(x)ln xx1.(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)设 m0，求函数 f(x)在区间m，2m上的最大值解：(1)因为函数 f(x)的定义域为(0，)，且 f(x)1ln xx20 时，xe，当 0 x0；当 xe 时，f(x)0.所以函数 f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，)(2)当2me，m0，即 0me2时，m，2m(0，e，由(1)得，函数 f(x)在区间m，2m上单调递增，所以 f(x)maxf(2m)ln 2m2m1；当 me2m，即e2me 时，m，e)(0，e)，e，2me，)，函数 f(x)在区