《最新2021高考文科数学一轮复习第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、最值课时跟踪检测》由会员分享，可在线阅读，更多相关《最新2021高考文科数学一轮复习第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、最值课时跟踪检测（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 1 第 2 课时导数与函数的极值 最值 A 级 基础过关 固根基 1 函数f x 2x 3 9x2 2 在 4 2 上的最大值和最小值分别是 A 25 2 B 50 14 C 50 2 D 50 14 解析 选 C 因为f x 2x 3 9x2 2 所以 f x 6x 2 18x 0 时 x 3或 0 当x 4 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 2x 3 9x2 2 在 4 2 上的最大值和最小值分别是50 2 2 函数f x ae x sin x在x 0
2、处有极值 则a的值为 A 1 B 0 C 1 D e 解析 选 C f x ae x cos x 函数f x ae x sin x在x 0 处有极值 f 0 a 1 0 解得a 1 经检验a 1符合题意 故选C 3 函数f x x 3 bx 2 cx d的大致图象如图所示 则x 2 1 x 2 2等于 A 8 9 B 10 9 C 16 9 D 28 9 解析 选 C 函数f x 的图象过原点 所以d 0 又f 1 0 且f 2 0 即 1 b c 0 且 8 4b 2c 0 解得b 1 c 2 所以函数f x x 3 x 2 2x 所以 f x 3x 2 2x 2 由题意知 x1 x2是函数
3、的极值点 所以x1 x2是f x 0 的两个根 所以x1 x2 2 3 x1x2 2 3 所以 x 2 1 x 2 2 x1 x2 2 2x 1x2 4 9 4 3 16 9 4 2019 届东莞模拟 若x 1 是函数f x ax ln x的极值点 则 A f x 有极大值 1 B f x 有极小值 1 C f x 有极大值0 D f x 有极小值0 解析 选 A f x ax ln x x 0 2 f x a 1 x 由f 1 0 得a 1 f x 1 1 x 1 x x 由f x 0 得 0 x 1 由f x 0 得x 1 f x 在 0 1 上单调递增 在 1 上单调递减 f x 极大值
4、 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 A 120 000 cm 3 B 128 000 cm 3 C 150 000 cm 3 D 158 000 cm 3 解析 选 B 设水箱底长为x cm 则高为 120 x 2 cm 由 120 x 2 0 x 0 得 0 x 120 设容器的容积为y cm 3 则有 y 120 x 2 x 2 1 2x 3 60 x2 则有y 3 2x 2 120 x 令y 0 解得x 80 x 0 舍去 当x 0 80 时 y 0
5、y单调递增 当x 80 120 时 y 0 y单调递减 因此 x 80是函数y 1 2x 3 60 x2的极大值点 也是最大值点 此时 y 1 2 80 3 60 802 128 000 故选 B 6 函数f x x 3 3x2 4 在 x 处取得极小值 解析 由f x 3x 2 6x 0 得 x 0 或x 2 列表 x 0 0 0 2 2 2 f x 0 0 f x 极大值极小值 所以在x 2处取得极小值 答案 2 7 若函数f x a 3x 3 x 2 2x 没有极小值点 则实数a的取值范围是 解析 函数f x a 3x 3 x 2 2x 的导数为f x ax 2 2x 2 当 a 0 时
6、 f x x 2 3 2x 满足题意 当a 0 时 则方程ax 2 2x 2 0 无变号零点 即 4 8a 0 解不等式 可得a 1 2 综上可得 实数 a的取值范围是 0 1 2 答案 0 1 2 8 已知函数f x ln x ax存在最大值0 则a 解析 f x 1 x a x 0 当a 0 时 f x 1 x a 0 恒成立 函数f x 单调递增 不存在最大值 当a 0 时 令f x 1 x a 0 解得x 1 a 当 0 x 1 a时 f x 0 函 数f x 单调递增 当x 1 a时 f x 0 函数f x 单调递减 f x max f 1 a ln 1 a 1 0 解得 a 1 e
7、 答案 1 e 9 2019 届湖北黄冈模拟 已知函数f x ln x x ax 曲线y f x 在x 1 处的切线经 过点 2 1 1 求实数a的值 2 设b 1 求f x 在1 b 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 1 ln x ax 2 x 2 x 0 f 1 1 0 a 1 1 a 依题意 有 f 1 1 1 2 1 a 即 a 1 1 2 1 a 解得a 1 2 由 1 得 f x 1 ln x x 2 x 2 x 0 易知 f 1 0 f x 在 0 1 上单调递增 在 1 上单调递减 又 0 1 b 11 则h b 1 1 b 2ln b 0 h
8、b 在 1 上单调递增 当b 1 时 h b 0 可得h b 0 则f b f 1 b 4 故f x 的最小值为f 1 b bln b 1 b 10 2020 届长春市高三质量监测 设函数f x ln x x 1 x 1 求函数f x 的极值 2 若x 0 1 时 不等式 1 x a 1 x ln x0 则原不等式等价于 2a x 1 x 1 ln x 0 令g x 2a x 1 x 1 ln x 0 x 1 则g x x 2 2 4a x 1 x x 1 2 当0 2a 1 1 1 1 ln 1 0 原不等式成立 当a 1 时 令h x x 2 2 4a x 1 0 x0 12 2 4a 1
9、 1 4 1 a 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 1 1 1 1 ln 1 0 原不等式不成立 综上所述 0 a 1 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x 2 处取得极小值 则函数y xf x 的图象可能是 5 解析 选 C 由题意可得 f 2 0 且当x 2 时 f x 0 则y xf x 0 故排除B D 当x 2 时 f x 0 所以当x 2 0 时 y xf x 0 当x 0 时 y xf x 0 故排除
10、A 故选 C 12 函数f x x 3 3x 1 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 A 20 B 18 C 3 D 0 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 max f x min t f x 3x 2 3 当 x 3 1 时 f x 0 f x 单调递增 当x 1 1 时 f x 0 f x 单调递减 当x 1 2 时 f 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 max 1 f x min 19 f x max f x min 1 19
11、 20 t 20 即t的最小值为20 13 设m n是函数f x x 3 2ax2 a 2x 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 3x 2 4ax a 2 因为函数 f x x 3 2ax2 a 2x 有两个极值点m n 所以f x 3x 2 4ax a2 有两个零点m n 又因为 2 m n 所以有f 2 12 8a a 2 0 解得 2 a 6 答案 2 6 14 已知函数f x ln x x 1 1 求函数f x 的单调区间 2 设m 0 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 1 ln x x
12、 2 0 时 x e 当 0 x0 当x e 时 f x 0 6 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 2m e m 0 即 0 m e 2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 max f 2m ln 2m 2m 1 当m e 2m 即 e 2 m e 时 m e 0 e e 2m e 函数f x 在区间 m e 上单调递增 在 e 2m 上单调递减 所以f x max f e ln e e 1 1 e 1 当m e 时 m 2m e 函数f x 在区间 m 2m 上单调递减 所以f x max f m ln m m 1 综上所述 当0 m e 2时 f x max ln 2m 2m 1 当 e 2 m e 时 f x max 1 e 1 当 m e 时 f x max ln m m 1
