《2020版高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 第3讲 导数与函数的极值、最值分层演练 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 第3讲 导数与函数的极值、最值分层演练 文（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第3讲 导数与函数的极值、最值1函数y在0，2上的最大值是()ABC0 D解析：选A易知y，x0，2，令y0，得0x1，令y1，所以函数y在0，1上单调递增，在(1，2上单调递减，所以y在0，2上的最大值是y|x1，故选A2已知a为函数f(x)x312x的极小值点，则a()A4 B2C4 D2解析：选D.由题意得f(x)3x212，由f(x)0得x2，当x(，2)时，f(x)0，函数f(x)单调递增，当x(2，2)时，f(x)0，函数f(x)单调递增，所以a2.3函数f(x)x3bx2cxd的大致图象如图所示，则xx等于()A BC D解析：选C函数f(x)的图象过原点，所以d0.又f(1)0
2、且f(2)0，即1bc0且84b2c0，解得b1，c2，所以函数f(x)x3x22x，所以f(x)3x22x2，由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f(x)0的两个根，所以x1x2，x1x2，所以xx(x1x2)22x1x2.4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解析：选D.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)00f(x)极大值极小值又f(3)28，f(1)4，f(2)3，
3、f(x)在区间k，2上的最大值为28，所以k3.5若函数f(x)x33ax在区间(1，2)上仅有一个极值点，则实数a的取值范围为()A(1，4 B2，4C1，4) D1，2解析：选C因为f(x)3(x2a)，所以当a0时，f(x)0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，f(x)没有极值点，不符合题意；当a0时，令f(x)0得x，当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下表所示：x(，)(，)(，)f(x)00f(x)极大值极小值因为函数f(x)在区间(1，2)上仅有一个极值点，所以或解得1a4.选C6f(x)x33x22在区间1，1上的最大值是_解析：f(x)3x26x3x(x2)，令f
4、(x)0得x0或x2(舍)，当1x0；当0x1时，f(x)0)，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)，所以f(x)2x，令f(x)0，解得x1，令f(x)0，解得0x0，解得x1，令f(x)0，解得2x0，则由f(x)0得xln a.当x(，ln a)时，f(x)0.故f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增若a0，则由f(x)0得xln()当x(，ln()时，f(x)0.故f(x)在(，ln()上单调递减，在(ln()，)上单调递增(2)若a0，则f(x)e2x，所以f(x)0.若a0，则由(1)得，当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)a2ln a从而当且仅当a2ln a0，即a1时，f(x)0.若a0，则由(1)得，当xln()时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln()a2ln()从而当且仅当a2ln()0，即a2e时f(x)0.综上，a的取值范围是2e，11
