江苏专版2019版高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时达标检测十六导数与函数的极值最值2.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 课时达标检测 (十六） 导数与函数的极值、最值 一、全员必做题 1.(2018 南京金陵中学月考 )设函数 f(x)在 R 上可导，其导函数为 f( x)，且函数 y (1 x)f( x)的图象如图所示，则 f(x)在( 4,2)上的所有极值点之和为 _ 解析：根据函数 y (1 x)f( x)的图象知，当 x 1 时， y (1 x)f( x) 0,1 x 0， f( x) 0，函数 f(x)在 ( ， 1)上单调递减，当 1 x 1 时， y (1 x)f( x) 0,1 x 0， f( x) 0，函数 f(x)在 ( 1,1)上单调递增，当 x 1 时，

2、 y (1 x)f( x) 0,1 x 0， f( x) 0，函数 f(x)在 (1， ) 上单调递增，所以 x 1 是 f(x)的极小值点，且 f(x)在 ( 4,2)上无极大值点，所以 f(x)在 ( 4,2)上的所有极值点之和为 1. 答案： 1 2已知函数 f(x) x3 3x2 9x 1，若 f(x)在区间 k,2上的最大值为 28，则实数 k的取值范围为 _ 解析：由题意知 f( x) 3x2 6x 9，令 f( x) 0，解得 x 1 或 x 3，所以 f( x)，f(x)随 x 的 变化情况如下表： x ( ， 3) 3 ( 3,1) 1 (1， ) f( x) 0 0 f(x

3、) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 又 f( 3) 28， f(1) 4， f(2) 3， f(x)在区间 k,2上的最大值为 28，所以 k 3. 答案： ( ， 3 3 (2018 江苏省赣榆高级中学模拟 )已知函数 f(x) x2 2x aln x 在区间 (0,1)内无极值点，则 a 的取值范围是 _ 解析：由题意得 f( x) 2x 2 ax在区间 (0,1)内不变号，即 f( x) 2x 2 ax0 在区间 (0,1)内恒成立或 f( x) 2x 2 ax0 在区间 (0,1)内恒成立，因此 a 2x(x1)max， x(0,1) ，而 2x(x 1) 0，所以 a0

4、 ；或 a 2x(x 1)min， x (0,1)，而2x(x 1) 4，所以 a 4.综上 a 的取值范围是 ( ， 4 0， ) 答案： ( ， 4 0， ) 4已知函数 f(x) 1 ln xkx (k0 )求函数 f(x)的极值 解： f(x) 1 ln xkx ，其定义域为 (0， ) ， =【 ;精品教育资源文库 】 = 则 f( x) ln xkx2 . 令 f( x) 0，得 x 1， 当 k 0 时，若 0 x 1，则 f( x) 0；若 x 1，则 f( x) 0， 所以 f(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1， ) 上单调递减，即当 x 1 时，函数 f(x)取得极大

5、值 1k. 当 k 0 时，若 0 x 1，则 f( x) 0； 若 x 1，则 f( x) 0， 所以 f(x)在 (0,1)上单调递减，在 (1， ) 上单调递增，即当 x 1 时，函数 f(x)取得极小值 1k. 5 (2018 连云港模拟 )已知函数 f(x) ax 2x 3ln x，其中 a 为常数 (1)当函数 f(x)的图象在点 ? ?23， f? ?23 处的切线的斜率为 1 时，求函数 f(x)在 ? ?32， 3 上的最小值； (2)若函数 f(x)在区间 (0， ) 上既有极大值又有极小值，求 a 的取值范围 解： (1)因为 f( x) a 2x2 3x， 所以 f ?

6、 ?23 a 1， 故 f(x) x 2x 3ln x，则 f( x) x xx2 . 由 f( x) 0 得 x 1 或 x 2. 当 x 变化时， f( x)， f(x)的变化情况如下表： x 32 ? ?32， 2 2 (2,3) 3 f( x) 0 f(x) 1 3ln 2 从而在 ? ?32， 3 上 f(x)有最小值， 且最小值为 f(2) 1 3ln 2. (2)f( x) a 2x2 3x ax2 3x 2x2 (x 0)， 由题设可得方程 ax2 3x 2 0 有两个不等的正实根， 不妨 设这两个根为 x1， x2，且 x1 x2， =【 ;精品教育资源文库 】 = 则? 9

7、 8a 0，x1 x2 3a 0，x1x2 2a 0解得 0 a 98. 故所求 a 的取值范围为 ? ?0， 98 . 二、重点选做题 1 (2018 昆明模拟 )已知常数 a0 ， f(x) aln x 2x. (1)当 a 4 时，求 f(x)的极值； (2)当 f(x)的最小值不小于 a 时，求实 数 a 的取值范围 解： (1)由已知得 f(x)的定义域为 x (0， ) ， f( x) ax 2 a 2xx . 当 a 4 时， f( x) 2x 4x . 所以当 0 x 2 时， f( x) 0，即 f(x)单调递减； 当 x 2 时， f( x) 0，即 f(x)单调递增 所以

8、 f(x)只有极小值，且在 x 2 时， f(x)取得极小值 f(2) 4 4ln 2. 所以当 a 4 时， f(x)只有极小值 4 4ln 2. (2)因为 f( x) a 2xx ， 所 以当 a 0， x (0， ) 时， f( x) 0， 即 f(x)在 x (0， ) 上单调递增，没有最小值； 当 a 0 时，由 f( x) 0 得， x a2， 所以 f(x)在 ? ? a2， 上单调递增； 由 f( x) 0 得， x a2， 所以 f(x)在 ? ?0， a2 上单调递减 所以当 a 0 时， f(x)的最小值为 f ? ? a2 aln? ? a2 2? ? a2 . 根据

9、题意得 f ? ? a2 aln? ? a2 2? ? a2 a， 即 aln( a) ln 20. 因为 a 0，所以 ln( a) ln 20 ，解得 a 2， =【 ;精品教育资源文库 】 = 所以实数 a 的取值范围是 2,0) 2已知函数 f(x)? x3 x2， x 1，aln x， x1. (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 x 1 时， f( x) 3x2 2x x(3x 2)， 令 f( x) 0， 解得 x 0 或 x 23. 当 x 变化时， f( x)， f(x

10、)的变化情况如下表： x ( ， 0) 0 ? ?0， 23 23 ? ?23， 1 f( x) 0 0 f(x) 极小值 极大值 故当 x 0 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 23. (2) 当 1 x 1 时，由 (1)知，函数 f(x)在 1,0和 ? ?23， 1 上单调递减，在 ? ?0， 23 上单调递增 因为 f( 1) 2， f? ?23 427， f(0) 0， 所以 f(x)在 1,1)上的最大值为 2. 当 1 xe 时， f(x) aln x，当 a0 时， f(x)0 ；当 a 0 时， f(x)在 1， e上单调递增，则

11、 f(x)在 1， e上的最大值为 f(e) a. 综上所述，当 a2 时， f(x)在 1， e上的最大值为 a；当 a 2 时， f(x)在 1， e上的最大值为 2. 三、冲刺满分题 1 (2018 苏州模拟 )已知函数 f(x) (x a)ln x， g(x) x2ex，曲线 y f(x)在点 (1，f(1)处的切线与直线 2x y 3 0 平行 (1)求证：方程 f(x) g(x)在 (1,2)内存在唯一的实根； (2)设函数 m(x) minf(x)， g(x)(minp， q表示 p， q 中的较小者 )，求 m(x)的最大值 解： (1)由题意知，曲线 y f(x)在点 (1，

12、 f(1)处的切线斜率为 2， 所以 f(1) 2， 又 f( x) ln x ax 1，所以 a 1. =【 ;精品教育资源文库 】 = 所以 f(x) (x 1)ln x. 设 h(x) f(x) g(x) (x 1)ln x x2ex， 当 x (0,1时， h(x) 0， 又 h(2) 3ln 2 4e2 ln 8 4e2 1 1 0， 所以存在 x0 (1,2)，使 h(x0) 0. 因为 h( x) ln x 1x 1 x xex ， 当 x (1,2)时， 0 x(2 x) (x 1)2 1 1， ex e，所以 0 1ex 1e，所以 x xex 1e， 所以 h( x) 1

13、1e 0， 所以当 x (1,2)时， h(x)单调递增， 所以方程 f(x) g(x)在 (1,2)内存在唯一的实根 (2)由 (1)知，方程 f(x) g(x)在 (1,2)内存在唯一的实根 x0，且 x (0， x0)时， f(x)g(x)， 又当 x (x0,2)时， h( x) 0， 当 x (2， ) 时， h( x) 0， 所以当 x (x0， ) 时， h( x) 0， 所以当 x (x0， ) 时， f(x) g(x)， 所以 m(x)? x x， x ， x0，x2ex， x x0，当 x (0， x0)时，若 x (0,1，则 m(x)0 ； 若 x (1， x0，由 m

14、( x) ln x 1x 1 0，可知 0 m(x) m(x0)，故当 x (0， x0时，m(x) m(x0) 当 x (x0， ) 时，由 m( x) x xex 可得当 x (x0,2)时， m( x) 0， m(x)单调递增； x (2， ) 时， m( x) 0， m(x)单调递减 可知 m(x) m(2) 4e2，且 m(x0) m(2) 综上可得，函数 m(x)的最大值为 4e2. 2 (2018 无锡期初模拟 )已知 f(x) x2 2ax ln x. =【 ;精品教育资源文库 】 = (1)当 a 1 时，判断 f(x)的单调性； (2)若 f( x)为 f(x)的导函数，

15、f(x)有两个不相等的极值点 x1， x2(x1 x2)，求 2f(x1) f(x2)的最小值 解： (1)当 a 1 时， f(x) x2 2x ln x(x 0)， f( x) 2x 2 1x 2x2 2x 1x x 2 x2x 0. 所以 f(x)在区间 (0， ) 上单调递增 (2)f( x) 2x 2a 1x 2x2 2ax 1x ， 由题意得， x1和 x2是方程 2x2 2ax 1 0 的两个不相等的正根， 所以? a2 0， 4a2 8 0，解得 a 2，且 x1x2 12， 2ax1 2x21 1,2ax2 2x22 1. 由于 a2 22 ，所以 x1 ? ?0， 22 ，

16、 x2 ? ?22 ， . 2f(x1) f(x2) 2(x21 2ax1 ln x1) (x22 2ax2 ln x2) 2x21 x22 4ax1 2ax2 ln x2 2ln x1 2x21 x22 ln x2x21 1 12x22 x22 ln x32x1x2 2 1 12x22 x22 32ln x22 2ln 2 1. 令 t x22? ?t 12 ， g(t) 12t t 32ln t 2ln 2 1， g( t) 12t2 1 32t 2t2 3t 12t2 t t2t2 ， 所以 y g(t)在 ? ?12， 1 上为减函数，在 (1， ) 上为增函数， g(t)min g(1) 1 4ln 22 ， 所以 2f(x1) f(x2)的最小值为 1 4ln 22