《高考数学一轮复习 第二章 基本初等函数、导数的应用 第12讲 导数与函数的极值、最值分层演练直击高考 文-人教版高三数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮复习 第二章 基本初等函数、导数的应用 第12讲 导数与函数的极值、最值分层演练直击高考 文-人教版高三数学试题（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第12讲 导数与函数的极值、最值1函数f(x)xex，x0，4的最大值为_解析 f(x)exxexex(1x)，令f(x)0，得x1.又f(0)0，f(4)，f(1)e1，所以f(1)为最大值答案 2函数f(x)(2xx2)ex的极大值为_解析 f(x)(22x)ex(2xx2)ex(2x2)ex，由f(x)0，得x或x.由f(x)0，得x.由f(x)0，得x0，f(x)3(x)(x)，由已知条件01，解得0a1，即a0)在1，)上的最大值为，则a的值为_解析 f(x)，当x时，f(x)0，f(x)单调递减，当x0，f(x)单调递增，当x时，f(x)0，f(x)单调递减，当x时，f(x)取到极
2、大值，令f()，a，则实数a的取值范围为_解析 f(x)3x2x2，令f(x)0，得3x2x20，解得x1或x，又f(1)，f，f(1)，f(2)7，故f(x)min，所以a.答案 7(2018荆门三校联考改编)若函数f(x)x2ln x1在其定义域内的一个子区间(a1，a1)内存在极值，则实数a的取值范围是_解析 根据题意，f(x)2x，所以函数有一个极值点，所以有解得1a0，即xln 2时，该函数单调递增；g(x)ex2ln 2时，该函数单调递减，所以，当xln 2，g(x)取得最大值2ln 22，所以a2ln 22.答案 2ln 229若函数f(x)xln xx2x1有两个极值点，则a的
3、取值范围为_解析：因为f(x)xln xx2x1(x0)，所以f(x)ln xax，f(x)a0，得一阶导函数有极大值点x，由于x0时f(x)；当x时，f(x)，因此原函数要有两个极值点，只要fln10，解得0a0)上的最小值解：(1)当a5时，g(x)(x25x3)ex，g(1)e，所以g(x)(x23x2)ex，故切线的斜率为g(1)4e.所以切线的方程为ye4e(x1)，即y4ex3e.(2)f(x)ln x1.x，f(x)，f(x)的变化情况如下表：xf(x)0f(x)极小值当t时，在区间t，t2上f(x)为增函数，所以f(x)minf(t)tln t；当0t0，f(x)为(，)上的增
4、函数，所以函数f(x)无极值当a0时，令f(x)0，得exa，即xln a.x(，ln a)时，f(x)0，所以f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，故f(x)在xln a处取得极小值，且极小值为f(ln a)ln a，无极大值综上，当a0时，函数f(x)无极值；当a0时，f(x)在xln a处取得极小值ln a，无极大值1设函数f(x)kx33x1(xR)，若对于任意x1，1，都有f(x)0成立，则实数k的值为_解析 若x0，则不论k取何值，f(x)0都成立；当x0，即x(0，1时，f(x)kx33x10可化为k.设g(x)，则g(x)，所以g(x)在区间上单调递增
5、，在区间上单调递减，因此g(x)maxg4，从而k4；当x，所以02.当x0，f(x)在上单调递增；当x时，f(x)0，f(x)在上单调递减，所以f(x)maxfln a1，解得a1.答案 13已知函数f(x)x3ax2bxc有两个极值点x1，x2，若f(x1)x1x2，则关于x的方程3(f(x)22af(x)b0的不同实根个数为_解析 因为f(x)3x22axb，函数f(x)的两个极值点为x1，x2，则f(x1)0，f(x2)0，所以x1，x2是方程3x22axb0的两根，所以解关于x的方程3(f(x)22af(x)b0，得f(x)x1或f(x)x2.由上述可知函数f(x)在区间(，x1)，
6、(x2，)上单调递增，在区间(x1，x2)上单调递减，又f(x1)x1x2，如图所示，由数形结合可知f(x)x1时有两个不同的实根，f(x)x2时有一个实根，所以不同实根的个数为3.答案 34(2018河北省定州中学月考)设函数f(x)ax33x1(xR)，若对于任意的x1，1，都有f(x)0成立，则实数a的值为_解析 由题意得f(x)3ax23，当a0时，f(x)3ax230时，令f(x)0可得x，当x时，f(x)0，f(x)为增函数，由f(1)4a0且f(1)a20，可得2a4，又fa110，可得a4，综上可知a4.答案 45设f(x)x3x22ax.(1)若f(x)在上存在单调递增区间，
7、求a的取值范围；(2)当0a0，得a.所以，当a时，f(x)在上存在单调递增区间(2)令f(x)0，得两根x1，x2.所以f(x)在(，x1)，(x2，)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增当0a2时，有x11x24，所以f(x)在1，4上的最大值为f(x2)又f(4)f(1)6a0，即f(4)f(1)所以f(x)在1，4上的最小值为f(4)8a，得a1，x22，从而f(x)在1，4上的最大值为f(2).6(2018苏州检测)已知函数f(x)(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x1时，f(x)3x22xx(3x2)，令f(x)0，解得x0或x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，0)0(0，)(，1)f(x)00f(x)极小值极大值故当x0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.(2)当1x0时，f(x)在1，e上单调递增，则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a2时，f(x)在1，e上的最大值为2.
