《2021年新高考数学分类专练：导数与函数的极 值、最值》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年新高考数学分类专练：导数与函数的极 值、最值（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第 1 页 共 7 页 2021 年新高考数学分类专练 导数与函数的极值、最值 A 级 夯基保分练 1.函数 yf(x)导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是() A(1,3)为函数 yf(x)的递增区间 B(3,5)为函数 yf(x)的递减区间 C函数 yf(x)在 x0 处取得极大值 D函数 y f(x)在 x5 处取得极小值 解析：选 C由函数 yf(x)导函数的图象可知，f(x)的单调递减区间是(，1)，(3,5)， 单调递增区间为( 1,3)， (5， )，所以 f(x)在 x 1,5 取得极小值，在x3 取得极大值， 故选项 C 错误 2已知函数f(x)x3ax2bx a2在 x
2、1 处有极值 10，则 f(2)等于 () A11 或 18B11 C18 D 17 或 18 解析： 选 C函数f(x)x3ax2bxa2在 x1 处有极值10， f(1)10，且 f (1) 0，又 f(x)3x22ax b， 1aba 210， 32ab0， 解得 a 3， b3 或 a4， b 11. 而当 a 3， b3 时，函数在x1 处无极值，故舍去 f(x)x34x211x 16， f(2)18. 3函数 f(x)3x 2ln x2x 的极值点的个数是 () A0 B1 C2 D无数 解析： 选 A函数定义域为 (0， )， 且 f(x)6x 1 x 2 6x 22x1 x ，
3、 由于 x0，g(x)6x 22x 1 的 200 恒成立，故f(x)0 恒成立， 即 f(x)在定义域上单调递增，无极值点 4(2020 安徽马鞍山模拟)已知函数 f(x) 1 3x 3mx2 nx2，其导函数 f(x)为偶函数， f(1) 2 3，则函数 g(x)f(x)e x在区间 0,2上的最小值为 ( ) A 3e B 2e 第 2 页 共 7 页 Ce D 2e 解析： 选 B由题意可得f (x)x22mxn， f(x)为偶函数， m0， 故 f(x) 1 3x 3nx2， f(1)1 3n2 2 3， n 3. f(x) 1 3x 33x2，则 f(x)x23. 故 g(x)ex
4、(x23)，则 g(x) ex(x23 2x)ex(x1) (x3)，据此可知函数g(x)在区间 0,1)上单调递减，在区间(1,2上单调递增，故函数g(x)的极小值，即最小值为g(1)e1 (12 3) 2e.故选 B. 5.(多选 )已知定义在R 上的函数f(x)，其导函数f(x)的大致图象 如图所示，则下列叙述不正确的是() Af(a)f(e)f(d) B函数 f(x)在 a，b上递增，在 b，d上递减 C函数 f(x)的极值点为c，e D函数 f(x)的极大值为f(b) 解析： 选 ABD由题图可知，当x(，c)时，f(x)0，当 x(c，e)时，f(x)0， 当 x(e， )时， f
5、 (x)0，所以 f(x)在( ，c)上递增，在 (c，e)上递减，在 (e， )上 递增，所以f(d)f(e)，故 A 错误；函数f(x)在a，b上递增，在 b，c上递增，在 c，d上递 减，故 B 错误；函数f(x)的极值点为c，e，故 C 正确；函数f(x)的极大值为f(c)，故 D 错误 6(多选 )对于函数f(x) x e x，下列说法正确的有 () Af(x)在 x1 处取得极大值 1 e Bf(x)有两个不同的零点 Cf(4)f( )f(3) De 22e 解析： 选 AC由函数f(x) x e x，可得函数 f(x)的导数为f(x) 1x e x.当 x1 时， f (x) 0
6、，f(x)单调递减；当x1 时， f(x)0，f(x)单调递增可得函数f(x)在 x1 处取得极大 值 1 e，所以 A 正确；因为 f(x)在(，1)上单调递增，在(1， )上单调递减，且f(0)0， 当 x0 时， f(x)0 恒成立，所以函数f(x)只有一个零点，所以B 错误；由f(x)在(1， ) 上单调递减，且4 3 1，可得 f(4)f( ) f(3)，所以 C 正确；由f(x)在(1， )上单调 递减，且 21，可得 e 2 e2，即 e 22e ，所以 D 错误故选A、C. 第 3 页 共 7 页 7函数 f(x)4x ln x 的最小值为 _ 解析： 函数 f(x)的定义域为
7、 (0， )由题意知f (x)4 1 x 4x 1 x .令 f(x)0 得 x1 4， 令 f(x)0 得 0x1 4.所以函数 f(x)在 0， 1 4 上单调递减，在 1 4， 上单调递增，所以当 x 1 4时，函数 f(x)有最小值为f 1 4 4 1 4ln 1 41ln 412ln 2. 答案： 1 2ln 2 8f(x) 2x1 x22 的极小值为 _ 解析： f(x) 2 x2 2 2x 2x1 x22 2 2 x2 x1 x22 2 . 令 f(x)0，得 x1； 令 f(x)0，得 2x0)， 则获得最大利润时的年产量为_百万件 解析： y 3x227 3(x3)(x3)，
8、 当 0x0；当 x3 时， y0，得 0x1，由 f(x)1， 所以 f(x)在(0,1)上单调递增，在(1， )上单调递减 (2)由(1)得 f(x)在 1 e ， 1 上单调递增，在1，e上单调递减， 所以 f(x)在 1 e，e 上的最大值为 f(1)1 1ln 10. 又 f 1 e 1e ln1 e2e，f(e)1 1 eln e 1 e，则 f 1 e 0，试判断f(x)在定义域内的单调性； (2)若 f(x)在1，e上的最小值为 3 2，求实数 a 的值 解： (1)由题意得f(x)的定义域是 (0， )，且 f(x)xa x2 ， 因为 a0，所以 f(x)0，故 f(x)在
9、(0， )上单调递增 (2)由(1)可得 f(x) xa x 2 ，因为 x1，e， 若 a 1，则 xa0，即 f(x)0 在1，e上恒成立， 此时 f(x)在1，e上单调递增， 所以 f(x)minf(1) a 3 2，所以 a 3 2(舍去 ) 若 a e，则 x a0，即 f(x)0 在1，e上恒成立， 此时 f(x)在1，e上单调递减， 所以 f(x)minf(e) 1 a e 3 2，所以 a e 2(舍去 ) 若 ea1，令 f(x)0，得 x a， 当 1xa 时， f(x)0， 所以 f(x)在(1， a)上单调递减； 当 ax0， 第 5 页 共 7 页 所以 f(x)在(
10、a，e)上单调递增， 所以 f(x)minf(a)ln(a)1 3 2，所以 a e. 综上， ae. B 级 提能综合练 13 若函数f(x) 1 3x 3 x22 3在区间 (a， a5)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) 解析： 选 C由题意， f(x) x2 2xx(x2)， 故 f (x)在( ， 2)，(0， )上是增函数，在(2,0)上是 减函数，作出其大致图象如图所示， 令 1 3x 3x22 3 2 3 得， x0 或 x 3，则结合图象可知 3a0， 解得 a 3,0) 14若函数f(x)x33a2xa(a
11、0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是 _ 解析： f(x) 3x23a23(x a)(x a)， 由 f(x)0得 x a， 当 axa 时， f (x)a 或 x0，函数 f(x)单调递增， f(x)的极大值为f(a)，极小值为f(a) f(a) a33a3a0 且 f(a)a33a3a 2 2 . a 的取值范围是 2 2 ， . 答案： 2 2 ， 15已知函数f(x) ex2 x . (1)求函数 f(x)在(1，f(1)处的切线方程； (2)证明： f(x)仅有唯一的极小值点 解： (1)因为 f(x)e x x1 2 x2 ，所以 kf(1) 2.又因为 f(1)e
12、2，所以切线方程 为 y(e2) 2(x1)，即 2xye40. 第 6 页 共 7 页 (2)证明：令h(x) e x(x1)2，则 h(x)ex x， 所以 x (， 0)时， h (x)0.当 x(， 0)时，易知 h(x)0， 所以 f(x)0，f(x)在(， 0)上没有极值点 当 x(0， )时， 因为 h(1) 20， 所以 f(1)0，f(x)在(1,2)上有极小值点 又因为 h(x)在(0， )上单调递增， 所以f(x)仅有唯一的极小值点 C 级 拔高创新练 16 (2019 全国卷 )已知函数f(x)2x3ax2 b. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)是否存在a，b，使
13、得 f(x)在区间 0,1的最小值为1 且最大值为1？若存在，求出a， b 的所有值；若不存在，说明理由 解： (1)f(x)6x22ax2x(3xa) 令 f(x)0，得 x0 或 x a 3. 若 a0，则当 x( ，0) a 3， 时， f (x)0； 当 x 0， a 3 时， f(x)0. 故 f(x)在 (，0)， a 3， 单调递增，在 0， a 3 单调递减 若 a0，则 f(x)在(， )单调递增 若 a0； 当 x a 3，0 时， f(x)0. 故 f(x)在 ， a 3 ，(0， )单调递增，在 a 3， 0 单调递减 (2)满足题设条件的a，b 存在 当 a0 时，由
14、 (1)知， f(x)在 0,1单调递增，所以f(x)在区间 0,1的最小值为f(0)b， 最大值为f(1)2ab.此时 a，b 满足题设条件当且仅当b 1， 2ab1，即 a 0，b 1. 当 a3 时，由 (1)知， f(x)在 0,1单调递减，所以f(x)在区间 0,1的最大值为f(0)b， 最小值为f(1)2ab.此时 a，b 满足题设条件当且仅当2ab 1，b1，即 a 4，b 1. 第 7 页 共 7 页 当 0 a3 时，由 (1)知， f(x)在0,1的最小值为f a 3 a3 27 b，最大值为b 或 2a b. 若 a3 27b 1， b1，则 a3 3 2，与 0 a3 矛盾 若 a3 27b 1,2ab1，则 a3 3或 a 3 3或 a0，与 0a3 矛盾 综上，当a0，b 1 或 a4，b1 时， f(x)在0,1的最小值为1，最大值为1.
