高考数学大一轮复习第三章导数及其应用第2讲第2课时利用导数研究函数的极值最值练习理北师大版

1、1第第 2 2 讲讲第第 2 2 课时课时利用导数研究函数的极值、最值利用导数研究函数的极值、最值一、选择题1.(2016四川卷)已知a为函数f(x)x312x的极小值点，则a()a.4b.2c.4d.2解析f(x)3x212，x0，2x2 时，f(x)2 时，f(x)0，x2 是f(x)的极小值点.答案d2.函数f(x)12x2lnx的最小值为()a.12b.1c.0d.不存在解析f(x)x1xx21x，且x0.令f(x)0，得x1；令f(x)0，得 0 x0，即a23a180，a6 或a0，则f(x)的最大值为_.解析当x0 时，f(x)2x0；当x0 时，f(x)3x233(x1)(x1

2、)，当x0，f(x)是增函数，当1x0 时，f(x)0 时，ex1，aex0，r0).(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；(2)若ar400，求f(x)在(0，)内的极值.解(1)由题意可知xr，所求的定义域为(，r)(r，).f(x)ax（xr）2axx22rxr2，f(x)a（x22rxr2）ax（2x2r）（x22rxr2）2a（rx） （xr）（xr）4.所以当xr时，f(x)0；当rx0.因此，f(x)的单调递减区间为(，r)，(r，)；f(x)的单调递增区间为(r，r).(2)由(1)的解答可知f(r)0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，)上单调递减.因此，x

3、r是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0，)内的极大值为f(r)ar（2r）2a4r4004100，f(x)在(0，)内无极小值；综上，f(x)在(0，)内极大值为 100，无极小值.10.已知函数f(x)(xk)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间0，1上的最小值.解(1)由题意知f(x)(xk1)ex.令f(x)0，得xk1.f(x)与f(x)随x的变化情况如下表：x(，k1)k1(k1，)f(x)0f(x)ek1所以，f(x)的单调递减区间是(，k1)；单调递增区间是(k1，).(2)当k10，即k1 时，f(x)在0，1上单调递增，所以f(x)在区间0，1上的最小

4、值为f(0)k；当 0k11，即 1k2 时，f(x)在0，k1上单调递减，在k1，1上单调递增，所以f(x)在区间0，1上的最小值为f(k1)ek1；4当k11，即k2 时，f(x)在0，1上单调递减，所以f(x)在区间0，1上的最小值为f(1)(1k)e.综上，当k1 时，f(x)在0，1上的最小值为f(0)k；当 1k0，b0，且函数f(x)4x3ax22bx2 在x1 处有极值，若tab，则t的最大值为()a.2b.3c.6d.9解析f(x)12x22ax2b，则f(1)122a2b0，则ab6，又a0，b0，则tabab229，当且仅当ab3 时取等号.答案d12.(2017上饶调研

5、)若函数f(x)13x3x223在区间(a，a5)上存在最小值，则实数a的取值范围是()a.5，0)b.(5，0)c.3，0)d.(3，0)解析由题意，f(x)x22xx(x2)，故f(x)在(，2)，(0，)上是增函数，在(2，0)上是减函数，作出其图像如图所示.令13x3x22323得，x0 或x3，则结合图像可知，3a0，解得a3，0)，故选 c.答案c13.函数f(x)x33axb(a0)的极大值为 6，极小值为 2，则f(x)的单调递减区间是_.解析令f(x)3x23a0，得xa，则f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(，a)a(a，a)a(a，)f(x)00f(x)极大值极小

6、值5从而（a）33a（a）b6，（a）33a ab2，解得a1，b4.所以f(x)的单调递减区间是(1，1).答案(1，1)14.(2017济南模拟)设函数f(x)ln(xa)x2.(1)若当x1 时，f(x)取得极值，求a的值，并讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在极值，求a的取值范围，并证明所有极值之和大于 lne2.解(1)f(x)1xa2x，依题意，有f(1)0，故a32.从而f(x)（2x1） （x1）x32，且f(x)的定义域为32，当32x0；当1x12时，f(x)12时，f(x)0.f(x)在区间32，1，12，上单调递增，在1，12 上单调递减.(2)f(x)的定义域为(a，)，f(x)2x22ax1xa.方程 2x22ax10 的判别式4a28，若0，即 2a 2时，f(x)0，故f(x)无极值.若0