一轮文数(人教版A版)练习：第二章第十一节第二课时导数与函数的极值、最值(含解析)

1、课时规范练a 组基础对点练1、(2018 岳阳模拟 )下列函数中，既是奇函数又存在极值是() a、yx3b、yln(x) c、yxexd、yx2x解析： a、b 为单调函数，不存在极值，c 不是奇函数，故选d. 答案： d 2、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)图象可能是 () 解析： f(x)在 x 2 处取得极小值，在x 2 附近左侧f(x)0， 当 x0.在 x2 附近右侧 f(x)0，当2x0 时，xf(x)0，f(x)为增函数， a 正确，x(3,5)，f(x)0，故 x0 不取得极大值， c 错、答案： c

2、 6、已知 e 为自然对数底数，设函数f(x)(ex1)(x1)k(k1,2)，则() a、当 k1 时，f(x)在 x1 处取到极小值b、当 k1 时，f(x)在 x1 处取到极大值c、当 k2 时，f(x)在 x1 处取到极小值d、当 k2 时，f(x)在 x1 处取到极大值解析： 当 k1 时，f(x)(ex1)(x1)，0,1是函数 f(x)零点、当 0 x1 时，f(x)(ex1)(x1)0，当 x1 时，f(x)(ex1)(x1)0,1不会是极值点、当 k2 时，f(x)(ex1)(x1)2，零点还是 0,1，但是当 0 x1，x1 时，f(x)0，由极值概念，知选c. 答案： c

3、 7、若 0 x1x21，则() a、ex2ex1ln x2ln x1b、ex1ex2ln x2ln x1c、x2ex1x1ex2d、x2ex1x1ex2解析：令 f(x)exx，则 f(x)xexexx2exx1x2.当 0 x1 时，f(x)0，即 f(x)在(0,1)上单调递减， 0 x1x21，f(x2)f(x1)，即ex2x2ex1x1，x2ex1x1ex2，故选 c. 答案： c 8、设函数 f(x)xa2e，x2xln xa10，x2(e 是自然对数底数 )，若 f(2)是函数 f(x)最小值，则 a 取值范围是 () a、1,6 b、1,4 c、2,4 d、2,6 解析：当 x

4、2 时，对函数 f(x)xln xa10 单调性进行研究，求导后发现 f(x)在(2，e)上单调递减，在 (e，)上单调递增，即函数f(x)在 x2 时最小值为 f(e)；当 x2 时，f(x)(xa)2e 是对称轴方程为xa 二次函数，欲使 f(2)是函数最小值，则a2f 2 f e?a21a6? 2a6，故选 d. 答案： d 9、(2018 辽宁鞍山一中模拟 )已知函数 f(x)x3mx2(m6)x1 既存在极大值又存在极小值，则实数m取值范围是 _、解析：因为 f(x)3x22mx(m6)，所以 4m243(m6)0，解得 m6 或 m3，所以实数 m取值范围是 (，3)(6，)、答案

5、： (， 3)(6，) 10、 (2018 湖南郴州模拟 )已知奇函数 f(x)exx1 x0 ，h x x0 时，f(x)exx1 最小值、当 x0 时，f(x)exx1x2，x(0,1)时，f(x)0，函数单调递增， x1 时，函数取得极小值即最小值，为e1，由已知条件得 h(x)最大值为 1e. 答案： 1e 11、设函数 f(x)exax1. (1)若函数 f(x)在 r 上单调递增，求a 取值范围；(2)当 a0 时，设函数 f(x)最小值为 g(a)，求证： g(a)0. 解析： (1)由题意知 f(x)exa0 对 xr 均成立，且 ex0，故 a取值范围为 a0. (2)证明：

6、当 a0 时，由 f(x)exa 可得，函数 f(x)在(，ln a)上单调递减，在 (ln a，)上单调递增，故函数 f(x)最小值为 g(a)f(ln a)eln aaln a1aaln a1，则g(a)ln a，故当 a(0,1)时，g(a)0，当 a(1，)时，g(a)0，从而可知 g(a)在(0,1)上单调递增，在 (1，)上单调递减，且g(1)0，故g(a)g(1)，即 g(a)0. 12、已知函数 f(x)ax21(a0)，g(x)x3bx. (1)若曲线 yf(x)与曲线 yg(x)在它们交点 (1，c)处具有公共切线， 求a，b 值；(2)当 a3，b9 时，若函数 f(x)

7、g(x)在区间k,2上最大值为 28，求 k 取值范围、解析： (1)f(x)2ax，g(x)3x2b. 因为曲线 yf(x)与曲线 yg(x)在它们交点 (1，c)处具有公共切线，所以 f(1)g(1)且 f(1)g(1)，即 a11b 且 2a3b，解得 a3，b3. (2)记 h(x)f(x)g(x)，当 a3，b9 时，h(x)x33x29x1，所以 h(x)3x26x9. 令 h(x)0，得 x13，x21. h(x)，h(x)在(，2上变化情况如下表所示：x (，3)3(3,1)1(1,2)2 h(x)00h(x)2843 由表可知当 k3 时，函数 h(x)在区间 k,2上最大值

8、为 28；当3k2 时，函数 h(x)在区间 k,2上最大值小于 28. 因此 k 取值范围是 (，3、b 组能力提升练1、已知函数 f(x)x3ax2bxc，下列结论中错误是 () a、? x0r，f(x0)0 b、函数 yf(x)图象是中心对称图形c、若 x0是 f(x)极小值点，则 f(x)在区间(， x0)单调递减d、若 x0是 f(x)极值点，则 f(x0)0 解析：若 yf(x)有极小值点， 则其导数 yf(x)必有 2 个零点，设为x1，x2(x10，可得 x1，令 f(x)0，可得 3x1， f(0)4， 则不等式 f(x)3ex1(e为自然对数底数 )解集为 () a、(0，

9、 ) b、(， 0)(3，) c、(， 0)(0， ) d、(3，) 解析： 由 f(x)3ex1 得，exf(x)3ex，构造函数 f(x)exf(x)ex3，对 f(x)求导得 f(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1、 由 f(x)f(x)1，ex0，可知 f(x)0，即 f(x)在 r 上单调递增，又f(0)e0f(0)e03f(0)40，所以 f(x)0 解集为(0，)，所以选a. 答案： a 4、(2018 江西八所重点中学联考 )已知函数 f(x)x(ln xax)有两个极值点，则实数 a 取值范围是 () a、(， 0) b. 0，12c、(0,1) d、(0

10、，) 解析： f(x)x(ln xax)，f(x)ln x2ax1，由题意可知 f(x)在(0，)上有两个不同零点，令 f(x)0，则 2aln x1x，令 g(x)ln x1x，则 g(x)ln xx2，g(x)在(0,1)上单调递增，在 (1，)上单调递减，又当 x0时，g(x)，当 x时，g(x)0，而 g(x)maxg(1)1，只需 02a1,0a12. 答案： b 5、设函数 f(x)ex(sin xcos x)(0 x2 016 )，则函数 f(x)各极小值之和为 () a、e21e2 016 1e2b、e21e2 015 1ec、1e2 016 1e2d、e21e2 014 1e

11、2解析： f(x)2exsin x，x(2k ，2k 2)( kz)时，f(x)0，f(x)单调递增， 故当 x2k 2( kz)时，f(x)取极小值，其极小值为f(2k 2) e2k2(kz)，又0 x2 016 ，f(x)各极小值之和 se2e4e2 016 e21e2 016 1e2， 故选a. 答案： a 6、函数 yxex在其极值点处切线方程为_、解析： 由 yxex可得 yexxexex(x1)，从而可得 yxex在(，1)上递减，在 (1，)上递增，所以当x1 时，yxex取得极小值 e1，因为y|x10，故切线方程为ye1，即 y1e. 答案： y1e7、已知函数 f(x)ln

12、 x2x，若不等式 f(x)kx对任意 x0 恒成立，则实数 k 取值范围为 _、解析： 不等式 f(x)kx 对任意 x0 恒成立，即 kln x2x2恒成立、令g(x)ln x2x2，则 g(x)12 ln x2x32ln x3x3，令 g(x)0，得 xe32，且当 x 0，e32时，g(x) 0，当 x e32， 时，g(x)0，故当 xe32时，g(x)取得最大值g(e32)12e3e32，所以ke32，则 k 取值范围为e32， . 答案：e32，8、已知函数f(x)x(ln xax)有两个极值点，则实数a 取值范围是_、解析：函数 f(x)定义域为 (0，)，f(x)ln x12

13、ax. 已知函数 f(x)x(ln xax)有两个极值点，等价于ln x12ax0 在(0，)上有两个不相等实数根，等价于函数 h(x)ln x 图象与函数 g(x)2ax1 图象在 (0，)上有两个不同交点、设函数 h(x)ln x 与函数 g(x)2ax1 图象相切于点 a(m，ln m)，其中 m0，函数 g(x)图象在点 a 处切线斜率为 k2a，函数 h(x)图象在点 a 处切线斜率为 k1m，2a1m. 又直线 g(x)2ax1 过点(0，1)，kln m1m，ln m1m1m. 解得 m1，当函数 h(x)与 g(x)图象相切时， a12. a 0，12. 答案： 0，129、已

14、知函数 f(x)ex(axb)x24x，曲线 yf(x)在点(0，f(0)处切线方程为 y4x4. (1)求 a，b 值；(2)讨论 f(x)单调性，并求 f(x)极大值、解析： (1)f(x)ex(axab)2x4. 由已知得 f(0)4，f(0)4，故 b4，ab8. 从而 a4，b4. (2)由(1)知 f(x)4ex(x1)x24x，f(x)4ex(x2)2x44(x2) ex12. 令 f(x)0，得 xln 2 或 x2. 从而当 x(，2)(ln 2，)时，f(x)0；当 x(2，ln 2)时，f(x)0. 故 f(x)在(，2)，(ln 2，)上单调递增，在 (2，ln 2)上

15、单调递减、当 x2 时，函数 f(x)取得极大值，极大值为f(2)4(1e2)、10、已知函数 f(x) a12x2ln x，g(x)f(x)2ax.(ar) (1)当 a0 时，求 f(x)在区间1e，e 上最小值；(2)若? x(1，)，g(x)0 恒成立，求 a 取值范围、解析： (1)函数 f(x) a12x2ln x 定义域为 (0，)，当 a0 时，f(x)12x2ln x，则 f(x)x1xx21x x1 x1x. 当 x1e，1 时，f(x)0；当 x1，e时，f(x)0，f(x)在区间1e，1 上是增函数，在区间 1，e上为减函数，又 f1e112e2，f(e)1e22，f(x)minf(e)1e22. (2)g(x)f(x)2ax a12x22axln x，则 g(x)定义域为 (0，)，g(x)(2a1)x2a1x2a1 x22ax1xx1 2a1 x1x，若 a12，则令 g(x)0，得 x11，x212a1，当 x2x11，即12a1 时，在(0,1)上有 g(x)0， 在(1， x2)上有 g(x)0， 在(x2