2019届高考数学一轮复习理科
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第二课时 利用导数研究函数的极值与最值
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表
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】
知识点、
方法
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题号
利用导数研究函数极值
1,3,4,8,9,10
利用导数研究函数最值
2,5,7,12
利用导数研究函数极值、最值的综合应用
6,11,13,14
基础巩固(时间:30分钟)
1.若函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示.则( C )
(A)1是最小值点
(B)0是极小值点
(C)2是极小值点
(D)函数f(x)在(1,2)上单调递增
解析:由题干图象得f(x)在(-∞,0)上递增,在(0,2)上递减,在(2,+∞)上递增,
所以2是极小值点,
故选C.
2.函数y=xe-x,x∈[0,4]的最小值为( A )
(A)0
(B)
(C)
(D)
解析:f′(x)=,
当x∈[0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈(1,4]时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
因为f(0)=0,f(4)=>0,所以当x=0时,f(x)有最小值,且最小值为0.
故选A.
3.(2017·湖南永州二模)函数f(x)=aex-sin x在x=0处有极值,则a的值为( C )
(A)-1
(B)0
(C)1
(D)e
解析:f′(x)=aex-cos x,
若函数f(x)= aex-sin x在x=0处有极值,
则f′(0)=a-1=0,解得a=1,
经检验a=1符合题意,
故选C.
4.(2017·四川达州模拟)函数f(x)=x3+x2+5ax-1存在极值点的充要条件是( C )
(A)a≤
(B)a<
(C)a≥
(D)a>
解析:求得导函数f′(x)=3x2+2x+5a,
三次函数f(x)有极值,则f′(x)=0有不相等的两个解,
所以Δ=4-60a>0,所以a<,
故选C.
5.(2017·天津和平区模拟)函数f(x)=2x3+9x2-2在区间[-4,2]上的最大值和最小值分别为( C )
(A)25,-2
(B)50,14
(C)50,-2
(D)50,-14
解析:因为函数f(x)=2x3+9x2-2,所以f′(x)=6x2+18x,
当x∈[-4,-3),或x∈(0,2]时,f′(x)>0,函数为增函数;
当x∈(-3,0)时,f′(x)<0,函数为减函数;
由f(-4)=14,f(-3)=25,f(0)=-2,f(2)=50,
故函数f(x)=2x3+9x2-2在区间[-4,2]上的最大值和最小值分别为50,-2,故选C.
6.(2017·泉州一模)函数f(x)=ax3+(a-1)x2-x+2(0≤x≤1)在x=1处取得最小值,则实数a的取值范围是( C )
(A)a≤0
(B)0≤a≤
(C)a≤
(D)a≤1
解析:f′(x)=3ax2+2(a-1)x-1,x∈[0,1],
a=0时,f′(x)=-2x-1<0,
f(x)在[0,1]递减,f(x)min=f(1)符合题意,
a≠0时,Δ=4(a2+a+1)>0,
x1=,x2=,
a>0时,若f(x)在x=1处取最小值,
只需x1≤0且x2≥1,解得0
0,解得≤x<1,
令f′(x)<0,解得10,所以(2a)2- 4×3×(a+6)>0,解得a<-3或a>6.
故选D.
10.(2017·全国Ⅱ卷)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为( A )
(A)-1
(B)-2e-3
(C)5e-3
(D)1
解析:f′(x)=[x2+(a+2)x+a-1]·ex-1
则f′(-2)=[4-2(a+2)+a-1]·e-3=0得a=-1,
则f(x)=(x2-x-1)·ex-1,
f′(x)= (x2+x-2)·ex-1,
令f′(x)=0,得x=-2或x=1,
当x<-2或x>1时,f′(x)>0,
当-20,函数是增函数,
函数的最小值为f(1)=1,
F()=-1+e,f(e)=1+.函数的最大值为-1+e.
因为关于x的方程xln x-kx+1=0在区间[,e]上有两个不等实根,
则实数k的取值范围是(1,1+].
答案:(1,1+]
12.(2017·河南洛阳三模)已知函数f(x)=aln 2x+bx在x=1处取得最大值ln 2-1,则a= ,b= .
解析:求导得f′(x)= +b,
函数f(x)=aln 2x+bx在x=1处取得最大值ln 2-1,
则f′(1)=0且f(1)=ln 2-1,
即解得
答案:1 -1
13.(2018·吉林白山市模拟)设函数f(x)=ex-2ax,x∈R.
(1)当a=1时,求曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)在(1)的条件下,求证:f(x)>0;
(3)当a>时,求函数f(x)在[0,2a]上的最小值和最大值.
(1)解:当a=1时,f(x)=ex-2x,f(0)=1,
故切点坐标为(0,1).
f′(x)=ex-2,故切线的斜率k=f′(0)=-1.
所以切线的方程为y-1=-x,即x+y-1=0.
(2)证明:在(1)的条件下,令f′(x)=0,则x=ln 2,
当xln 2时,f′(x)>0,此时函数为增函数;
故当x=ln 2时,函数取最小值2-2ln 2,
因为2-2ln 2>0,故f(x)>0恒成立.
(3)解:由于f(x)=ex-2ax,f′(x)=ex-2a,
令f′(x)=0,解得x=ln 2a>0,
当a>,令M(a)=2a-ln 2a,M′(a)=2-=>0,
所以M(a)在(,+∞)上递增,
又因为M()=1-ln 1=1,
所以M(a)=2a-ln 2a>0恒成立,
即有a>,2a>ln 2a.
所以当0≤x0,f(x)单调递增.
即有x=ln 2a处f(x)取得最小值2a(1-ln 2a);
又因为f(0)=e0-0=1,f(2a)=e2a-4a2,
令h(a)=f(2a)-f(0)=e2a-4a2-1,
a>时,h′(a)=2e2a-8a>0,
h()=e-1-1=e-2>0,
所以h(a)=e2a-4a2-1>h()>0,
所以当a>时,f(2a)>f(0),
则有当a>时,f(x)在[0,2a]上的最大值为e2a-4a2.
14.已知f(x)=xex-ax2-x.
(1)若f(x)在(-∞,-1]上单调递增,[-1,0]上单调递减,求f(x)的极小值;
(2)当x≥0时,恒有f(x)≥0,求实数a的取值范围.
解:(1)因为f(x)在(-∞,-1]上单调递增,[-1,0]上单调递减,所以 f′(-1)=0.
因为f′(x)=(x+1)ex-2ax-1,所以2a-1=0,a=.
所以f′(x)=(x+1)ex-x-1=(x+1)(ex-1),
所以f(x)在(-∞,-1]上单调递增,[-1,0]上单调递减,[0,+∞)上单调递增,
所以f(x)的极小值为f(0)=0.
(2)f(x)=x(ex-ax-1),令g(x)=ex-ax-1,则g′(x)=ex-a.若a≤1,则x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,g(x)为增函数,而g(0)=0,所以当x≥0时,g(x)≥0,从而f(x)≥0.
若a>1,则x∈(0,ln a)时,g′(x)<0,g(x)为减函数,g(0)=0,故x∈(0,ln a)时,g(x)<0,从而f(x)<0,不符合题意.
综上,实数a的取值范围是(-∞,1].
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