《（普通班）高三数学一轮复习第三篇导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第二课时利用导数研究函数的极值与最值基础对点练理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（普通班）高三数学一轮复习第三篇导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第二课时利用导数研究函数的极值与最值基础对点练理（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、（普通班）2017届高三数学一轮复习第三篇导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第二课时利用导数研究函数的极值与最值基础对点练理第二课时利用导数研究函数的极值与最值【选题明细表】知识点、方法题号导数研究函数的极值1,2,4,7,9导数研究函数的最值3,5,11,14导数研究函数的极值与最值综合问题6,8综合问题10,12,14基础对点练(时间:30分钟)1.(2016汕头模拟)若a0,b0,f(x)=4x3-ax2-2bx,且函数在x=1处有极值,则ab的最大值等于(C)(A)3(B)6(C)9(D)2解析:因为f(x)=12x2-2ax-2b.又因为在x=1处有极值,所以a+b=6,且=(
2、-2a)2+96b0,因为a0,b0,所以ab（a+b2）2=9,当且仅当a=b=3时取等号.所以ab的最大值等于9.故选C.2.(2016保定模拟)设aR,若函数y=x+aln x在区间（,e）有极值点,则a取值范围为(B)(A)（,e）(B)（-e,-）(C)(-,)(e,+)(D)(-,-e)(-,+)解析:y=1+(x0),y=1+为单调函数,所以函数在区间(,e)有极值点,即f()f(e)0,代入解得(1+ae)(1+)0(a+e)(a+)0,解得-ea0,函数单调递增;当x(1,e时,y0,解得x1或x0,解得0x1,y0,所以当x-1,1时,-1,0函数增,0,1函数减,所以当x
3、=0时,函数取得最大值f(0)=a=3,y=x3-x2+3,f(-1)=,f(1)=,所以最小值是f(-1)=.故选C.6.若函数f(x)=x3-3x在(a,6-a2)上有最小值,则实数a的取值范围是(C)(A)(-5,1)(B)-5,1)(C)-2,1)(D)(-5,-2解析:f(x)=3x2-3=0,得x=1,且x=1为函数的极小值点,x=-1为函数的极大值点.函数f(x)在区间(a,6-a2)上有最小值,则函数f(x)极小值点必在区间(a,6-a2)内,即实数a满足a16-a2且f(a)=a3-3af(1)=-2.解a16-a2,得-5a1,不等式a3-3af(1)=-2,即a3-3a+
4、20,即a3-1-3(a-1)0,即(a-1)(a2+a-2)0,即(a-1)2(a+2)0,即a-2.故实数a的取值范围是-2,1).故选C.7.函数f(x)=ax3+x恰有三个单调区间,则a的取值范围是.解析:f(x)=ax3+x恰有三个单调区间,即函数f(x)恰有两个极值点,即f(x)=0有两个不等实根.因为f(x)=ax3+x,所以f(x)=3ax2+1.要使f(x)=0有两个不等实根,则a0,解得m6.答案:(-,-3)(6,+)10.(2016长春模拟)已知函数f(x)= x-,g(x)=aln x(aR).(1)当a-2时,求F(x)=f(x)-g(x)的单调区间;(2)设h(x
5、)=f(x)+g(x),且h(x)有两个极值点为x1,x2,其中x1(0,求h(x1)-h(x2)的最小值.解:(1)由题意得F(x)=x-aln x,其定义域为(0,+),则F(x)=x2-ax+1x2,令m(x)=x2-ax+1,则=a2-4.当-2a2时,0,从而F(x)0,所以F(x)的单调递增区间为(0,+);当a2时,0,设F(x)=0的两根为x1=a-a2-42,x2=a+a2-42,所以F(x)的单调递增区间为(0,a-a2-42)和(a+a2-42,+),F(x)的单调递减区间为(a-a2-42,a+a2-42).综上,当-2a2时,F(x)的单调递增区间为(0,+);当a2
6、时,F(x)的单调递增区间为（0,a-a2-42）和（a+a2-42,+）,F(x)的单调递减区间为（a-a2-42,a+a2-42）.(2)对h(x)=x-+aln x,x(0,+)求导得,h(x)=1+=x2+ax+1x2,h(x)=0的两根分别为x1,x2,则有x1x2=1,x1+x2=-a,所以x2=,从而有a=-x1-.令H(x)=h(x)-h（）=x-+（-x-）ln x-x+(-x-)ln=2(-x-)ln x+x-,H(x)=2(-1)ln x=2(1-x)(1+x)lnxx2.当x(0,时,H(x),当x(-2,0)时,f(x)的最小值为1,则a的值等于(D)(A)2(B)3
7、(C)4(D)1解析:由题意知,当x(0,2)时,f(x)的最大值为-1.令f(x)=-a=0,得x=,当0x0;当x时,f(x)0.所以f(x)max=f()=-ln a-1=-1,解得a=1.12.(2016江西上高二中模拟)若函数f(x)=x2-ln x+1在其定义域内的一个子区间(k-1,k+1)内不是单调函数,则实数k的取值范围为.解析:由题意可知,k-10,k1,又因为f(x)=2x-12x=(2x-1)(2x+1)2x,所以f(x)在(0,)上单调递减,在(,+)上单调递增,所以k-1k+1-k0,求函数F(x)=af(x)在a,2a上的最小值.解:(1)f(x)定义域为(0,+
8、),f(x)=1-lnxx2.因为f()=-e,又因为k=f()=2e2,所以函数y=f(x)在x=处的切线方程为y+e=2e2(x-),即y=2e2x-3e.(2)令f(x)=1-lnxx2=0,得x=e,因为当x(0,e)时,f(x)0,f(x)在(0,e)上为增函数;当x(e,+)时,f(x)0,由(2)知:F(x)=alnxx在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减,所以F(x)在a,2a上的最小值F(x)min=minF(a),F(2a).因为F(a)-F(2a)=ln ,所以当02时,F (a) -F(2a)0,F(x)min=F(2a)=ln 2a.14.已知f(x)=3x
9、2-x+m(xR),g(x)=ln x.(1)若函数f(x)与g(x)的图象在x=x0处的切线平行,求x0的值;(2)求当曲线y=f(x)与y=g(x)有公共切线时,实数m的取值范围;(3)在(2)的条件下,求函数F(x)=f(x)-g(x)在区间,1上的最值(用m表示).解:(1)f(x)=6x-1,g(x)=(x0),由题意知6x0-1=(x00),即6x02-x0-1=0,解得x0=或x0=-,又因为x00,所以x0=.(2)若曲线y=f(x)与y=g(x)相切且在切点处有公共切线,由(1)得切点横坐标为,所以f()=g(),所以-+m=ln ,即m=-ln 2,数形结合可知,m-ln
10、2时,f(x)与g(x)有公共切线,故m的取值范围是(-ln 2,+).(3)F(x)=f(x)-g(x)=3x2-x+m-ln x,故F(x)=6x-1-=6x2-x-1x=(3x+1)(2x-1)x,当x变化时,F(x)与F(x)在区间,1上的变化情况如表:x,)(,1F(x)-0+F(x)极小值又因为F()=m+ln 3,F(1)=2+mF(),所以当x,1时,F(x)min=F()=m+ln 2(m-ln 2),F(x)max=F(1)=m+2(m-ln 2).精彩5分钟1.(2016文登模拟)设aR,若函数y=ex+2ax(xR)有大于0的极值点,则(C)(A)a-(C)a-解题关键:问题转化为y=0有正数解.解析:由y=ex+2ax,得y=ex+2a.由题意,得ex+2a=0有正数解,当x0时,ex=-2a1,即a0)在1,+)上的最大值为33,则a的值为(D)(A)33(B)3(C)3+1(D)3-1解题关键:运用分类讨论思想和方程思想求解.解析:f(x)=x2+a-2x2(x2+a)2=a-x2(x2+
