2020届高考数学（理）一轮复习课时训练：第3章 导数及其应用 14-2 Word版含解析.pdf

高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 【课时训练】课时 2 导数与函数的极值、最值 一、选择题 1(2018 山东菏泽一模)函数 f(x)ln xx 在区间(0，e上的最大 值为( ) A1eB1 CeD0 【答案】B 【解析】因为 f (x) 1，当 x(0,1)时， f (x)0； 1 x 1x x 当 x(1，e时， f (x)0，所以 f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调 递减区间是(1，e，所以当 x1 时， f(x)取得最大值 ln 111. 2(2018 广西来宾一模)已知函数 f(x)x(xm)2在 x1 处取得 极小值，则实数 m( ) A0 B1 C2D3 【答案】B 【解析】f (x)(xm)22x(xm)(xm)·(3xm)由 f (1) 0可得m1或m3.当m3时， f (x)3(x1)(x3)， 当1x 3 时， f (x)0；当 x1 或 x3 时， f (x)0.此时在 x1 处取 得极大值， 不合题意 所以 m1， 此时 f (x)(x1)(3x1)， 当 x 1 3 1 时， f (x)0；当 x 或 x1 时， f (x)0.此时在 x1 处 1 3 取得极小值选 B. 3(2018 安徽池州一模)已知函数 f(x)x3px2qx 的图象与 x 轴切于点(1,0)，则 f(x)的极大值、极小值分别为( ) A，0 B0， 4 27 4 27 C.，0 D0， 4 27 4 27 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 【答案】C 【解析】 由题意知， f (x)3x22pxq， 由 f (1)0, f(1)0 得Error!解得 p2， q1， f(x)x32x2x.由 f (x)3x24x1 0，得 x 或 x1，易知当 x 时， f(x)取极大值，当 x1 时， 1 3 1 3 4 27 f(x)取极小值 0. 4(2018 山东潍坊二模)已知函数 f(x)x33x29x1，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( ) A3，) B(3，) C(，3) D(，3 【答案】D 【解析】 由题意知 f (x)3x26x9， 令 f (x)0， 解得 x1 或 x3，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)00 f(x) 极大值 极小值 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 k3. 5(2018 长沙模拟)已知函数 f(x)(a0)在1，)上的 x x2a 最大值为，则 a 的值为( ) 3 3 A.1 B3 3 4 CD1 4 3 3 【答案】A 【解析】由 f(x)得 f (x).当 a1 时，若 x， x x2a ax2 x 2 a 2 a 则 f (x)0, f(x)单调递减；若 1x，则 f (x)0, f(x)单调递a 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 增 故当 x时， 函数 f(x)有最大值， 得 a 1， 不合题意 ；a 1 2 a 3 3 3 4 当 a1 时，函数 f(x)在1，)上单调递减，最大值为 f(1) ，不 1 2 合题意；当 0a1 时，函数 f(x)在1，)上单调递减，此时最大 值为 f(1)， 得 a1， 符合题意， 故 a 的值为1.选 A. 1 a1 3 3 33 6(2018 浙江瑞安中学月考)已知函数 f(x)x3bx2cx 的图象 如图所示，则 x x ( ) 2 12 2 A. B 2 3 4 3 CD 8 3 16 3 【答案】C 【解析】 由图象可知 f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)， 因此Error!解得 b 3， c2， 所以 f(x)x33x22x， 所以 f (x)3x26x2.因为 x1， x2是方程 f (x)3x26x20 的两根，所以 x1x22，x1x2 ， 2 3 所以 x x (x1x2)22x1x24 . 2 12 2 4 3 8 3 7(2018 福建宁德一模)若函数 f(x) x3x2 在区间(a，a5) 1 3 2 3 上存在最小值，则实数 a 的取值范围是( ) A5,0) B(5,0) C3,0)D(3,0) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 【答案】C 【解析】由题意知， f (x)x22xx(x2)，令 f (x)0， 解得 x0 或2， 故 f(x)在(， 2)， (0， )上是增函数， 在(2,0) 上是减函数， 做出其图象如图所示 令 x3x2 得， x0 或 x 1 3 2 3 2 3 3，则结合图象可知，Error!解得 a3,0)故选 C. 8(2018 湖北武汉一模)已知函数 f(x)x32x24x7，其导函 数为 f (x)，给出以下命题： f(x)的单调递减区间是； ( 2 3，2) f(x)的极小值是15； 当 a2 时， 对任意的 x2 且 xa， 恒有 f(x)f(a)f (a)(x a)； 函数 f(x)有且只有一个零点 其中真命题的个数为( ) A1 B2 C3D4 【答案】C 【解析】f (x)3x24x4(x2)(3x2)令 f (x)0， 得 x2，所以 f(x)的单调递减区间是；令 f (x)0， 2 3( 2 3，2) 得x 或x2， 结合可知f(x)的极小值是f(2)15； 显然当a 2 3 2 时， 对任意的 x2 且 xa， 恒有 f(x)f(a)f (a)(xa)不成立 ； f 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 0, f(2)150，并结合易知 f(x)有且只有一个 ( 2 3) 149 27 零点故选 C. 二、填空题 9 (2019 江苏泰州调研)函数 f(x) x3x23x4 在0,2上的最 1 3 小值是_ 【答案】17 3 【解析】f(x)x22x3，令 f(x)0 得 x1(x3 舍 去)又 f(0)4, f(1)， f(2)，故 f(x)在0,2上的最小 17 3 10 3 值是 f(1). 17 3 10(2018 广州模拟)已知函数 f(x)x33ax2bxa2在 x1 时有极值 0，则 ab_. 【答案】7 【解析】由题意得 f (x)3x26axb，则Error!解得Error!或 Error!经检验当 a1， b3 时， 函数 f(x)单调递增无法取得极值， 而 a 2，b9 满足题意，故 ab7. 11 (2018 广西柳州模拟)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 的取值范围是_ 【答案】(，3)(6，) 【解析】对函数 f(x)求导得 f (x)3x22mxm6，要使函数 f(x)既存在极大值又存在极小值，则 f (x)0 有两个不同的根，所以 判别式 0， 即 4m212(m6)0， 所以 m23m180， 解得 m6 或 m3. 12 (2018内蒙古包头联考)已知函数f(x)x36x29xabc， ab c，且 f(a)f(b)f(c)0.现给出如下结论： f(0)f(1)0； f(0)f(1)0； f(0)f(3)0； f(0)f(3)0. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 其中正确结论的序号是_ 【答案】 【解析】f (x)3x212x93(x1)·(x3)，由 f (x)0， 得 1x3；由 f (x)0，得 x1 或 x3. f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(，1)，(3，)上是 增函数 又 abc, f(a)f(b)f(c)0， y极大值f(1)4abc0，y极小值f(3)abc0， 0abc4. a，b，c 均大于零，或者 a0，b0，c0. 又 x1，x3 为函数 f(x)的极值点，a0 不成立， 如图 f(0)0.f(0)f(1)0, f(0)f(3)0，正确结论的序号是. 三、解答题 13(2018 大连双基测试)已知函数 f(x) ex(a0) x a (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)求函数 f(x)在1,2上的最大值 【解】(1)f(x) ex(a0)，则 f (x) ex. x a 1 a 令 f (x)ex0，则 xln . 1 a 当 x 变化时， f (x), f(x)的变化情况如下表： x (，ln 1 a) ln1 a(ln 1 a，) f (x)0 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 f(x) 极大值 故函数 f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为 (，ln 1 a) . (ln 1 a，) (2)当 ln 2，即 0a 时， f(x)maxf(2) e2； 1 a 1 e2 2 a 当 1ln 2，即 a 时，f(x)maxf ln ； 1 a 1 e2 1 e(ln 1 a) 1 a 1 a 1 a 当 ln 1，即 a 时，f(x)maxf(1) e. 1 a 1 e 1 a