2019高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第3講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值分層演練文

1、 第 3 講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值 分層演練亠直擊高考分層演練亠直擊高考; ; 基礎(chǔ)達橇基礎(chǔ)達橇尸尸 一、選擇題 3 1. 已知a為函數(shù)f (x) = x 12x的極小值點，貝U a =( A. 4 B. C. 4 D. 解析：選 D.由題意得f( x) = 3x2 12,由f(x) = 0 得x= 2,當(dāng) 時，f (x)0，函數(shù)f (x)單調(diào)遞增，當(dāng) x ( 2, 2)時，f (x)0，函數(shù)f (x)單調(diào)遞增，所以 2. 函數(shù)f (x) = x3+ bx2+ cx + d的大致圖象如圖所示，則 c 10 B. 9 16 28 C. D 9 9 解析：選 C.函數(shù)f (x)的圖象過原點，所以 d =

2、 0.又f( 1) = 0 且f(2) = 0,即一 1 + b c = 0 且 8+ 4b+ 2c= 0,解得 b= 1, c = 2，所以函數(shù) f (x) = x3 x2 2x，所以 f ( x) =3x2 2x 2,由題意知X1, X2是函數(shù)的極值點，所以 X1, X2是f (x) = 0 的兩個根，所以 2 2 比2 c 4 4 16 X1 + X2=, X1X2=，所以 X1 + X2=(X1 + X2) 2X1X2= + =百. 3 3 9 3 9 (1, 3)為函數(shù)y= f(x)的遞增區(qū)間 (3 , 5)為函數(shù)y = f (x)的遞減區(qū)間 函數(shù)y= f (x)在x = 0 處取得

3、極大值 函數(shù)y = f (x)在x = 5 處取得極小值 解析：選 C.由函數(shù)y = f (x)導(dǎo)函數(shù)的圖象可知： 當(dāng) x 1 及 3x5 時，f(x)0, f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)1x5 時，f (x)0, f(x)單調(diào)遞增. 所以f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(一g, 1) , (3 , 5); 單調(diào)遞增區(qū)間為(一 1, 3), (5 ,+), f(x)在x = 1, 5 處取得極小值，在 x = 3 處取得極大值， 故選項 C 錯誤，故選 C. 4. (2018 陜西質(zhì)量檢測(一)設(shè)函數(shù)f(x) = xsin x在x = xo處取得極值，則(1 + x?)(1a= 2. x?+ x2等于( x

4、 ( g, 2) f (x)單調(diào)遞減， A.8 3. ( ) A. B. C. D. (2018 山西模擬)已知函數(shù)y= f (x)導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，則下列說法錯誤的是 2 + COS 2 xo)的值為( ) A. 1 B. 1 C. 2 D. 2 2 2 解析：選 D.f (x) = sin x + xcos x,令 f (x) = 0 得 tan x = x，所以 tan xo= xo, 故(1 + x2)(1 + cos 2 xo) = (1 + tan 2Xo)2 cos2Xo= 2cos2Xo+ 2sin 2Xo= 2,選 D. 5. (2018 福建福州八中第六次質(zhì)檢 )已知函

5、數(shù)f (x) = ex (x + 1)2(e 為 2.718 28), 則f(x)的大致圖象是( ) 2 3 2p q = 0, 解析： f (x)0，函數(shù)f(x)是增函數(shù)，排除 A, D; x= 1 時，f ( 1)工 0,所以x = 1 不是函 數(shù)的極值點，排除 B,故選 C. 6. ( ) A. C. 若函數(shù)f(x)= x3 3ax在區(qū)間(一 1, 2)上僅有一個極值點，則實數(shù) a的取值范圍為 (1 , 4 1 , 4) B. 2 , 4 D. 1 , 2 ,顯然x+ m時，導(dǎo)函數(shù) 3 解析：選 C.因為f (x) = 3(x2 a)，所以當(dāng)aw0時，f (x)0在 R 上恒成立，所以

6、f(x)在 R 上單調(diào)遞增，f (x)沒有極值點，不符合題意；當(dāng)a0 時，令f (x)= 0 得x= a, 當(dāng)x變化時，f(x)與f (x)的變化情況如下表所示： x (-8,- 氏 -諂 (-四,Va) L Va 小，+8) f(x) + 、0 0 + f(x) 極大值 極小值 因為函數(shù)f(x)在區(qū)間(一 1, 2)上僅有一個極值點，所以 得 1 a 1, 廠 解 2 a, a2, L 寸 a0)有兩個極值點，則a的取值范圍為 a 2 解析：因為 f (x) = xln x-x - x+ 1(x0), 求函數(shù)f (x)的極值. 解：f(x)的定義域是(0,+), , b f ( x) = 2

7、ax-， x f(1) = a= 1, f (1) = 2a b= 0, 將 a= 1 代入 2a b= 0, 解得b= 2. 2 (2)由(1)得 f(x) = x 2ln x(x0), 2 2x2 2 所以 f (x) = 2x -= , x x 令 f (x)0，解得 x1, =3 時,f(x)取極大值 27, 當(dāng) x= 1 時, f(x)取極小值 0. 所以f (x)的極大值與極小值的和為 4 27 4 答案：27 一一， 1 + In x 9.已知函數(shù)f (x) = kx 仆豐0) ，則函數(shù)f (x)的極值為 1 + In x 解析：f (x)= ，其疋義域為(0 , kx 則 f

8、(x)=- In x kx2 . 得x= 1,當(dāng)k0 時，若 (x)1,則f 所以f (x)在(0 , 1)上單調(diào)遞增，在(1 , 1 得極大值R. 當(dāng) k0 時， 若 0 x1， 則 f (x)1，則 f (x)0 , 所以f (x)在(0 , 1)上單調(diào)遞減，在(1 , 1 得極小值R. 0 x0 ; + )上單調(diào)遞減，即當(dāng) x= 1 時，函數(shù)f (x)取 + 8 )上單調(diào)遞增，即當(dāng) x= 1 時，函數(shù)f (x)取 10.若函數(shù) f (x) = xln x- = In 1- 10,解得 0ae. 5 令 f (x)0，解得 0 x In ，且 x 0 時，一x + - 3a. e x 2

9、x x x 解：(1)由 f (x) = e 3x + 3a, x R,知 f (x) = e 3, x R. 令 f (x) = 0,得 x= In 3 , 于是當(dāng)x變化時，f( x), f (x)的變化情況如下表： x (g, In 3) - - In 3 (In 3 , +g) f (X) 1 L0 + f(x) 匚 3(1 In 3 + a) 故f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(一g, In 3, 單調(diào)遞增區(qū)間是In 3 ,+g), f(x)在 x = In 3 處取得極小值，極小值為 f(ln 3) = eln 3 3ln 3+ 3a= 3(1 In 3+ a). 極大值. 3 (2)證明

10、：待證不等式等價于 ex x2 3ax + 1, 2 3 x 3 2 設(shè) g(x) = e -x + 3ax 1, x 0, 2x 于是 g(x) = e 3x + 3a, x0. 3 由(1)及 a In = In 3 1 知： e g(x)的最小值為 g(ln 3) = 3(1 In 3 + a) 0. 于是對任意x0，都有g(shù)(x) 0，所以g(x)在(0，+g)內(nèi)單調(diào)遞增. 3 于是當(dāng) aIn -= In 3 1 時，對任意 x (0，+g)，都有 g(x) g(0). e 而 g(0) = 0，從而對任意 x (0，+g), g(x) 0. x 3 2 , ex 3 1 即 e -x

11、3ax+ 1,故-x + x 3a. 2 x 2 x 能力提升能力提升6 x 1. (2018 威海調(diào)研)已知函數(shù)f(x) = ax, x1. 若f(x)在(1 ,+)上單調(diào)遞減，求實數(shù) a的取值范圍； (2)若a= 2，求函數(shù)f (x)的極小值. ” ， x 十， In x 1 解： 因為 f (x) = + ax, x1.所以 f (x) = 2 - F a. In x In x 由題意可得f (x) W0在(1 ,+s)上恒成立, x (1 ,+s)恒成立. 因為 x (1 ,+s)，所以 In x (0 ,+), 所以 1 In x 2 = 0 時，函數(shù)t(x)= 乙 1 2 1 的最

12、小值為一 4，所以aw , , x , In 當(dāng) a= 2 時,f(x)=齊 + 2x,f(x)=- 2 x 1 + 2ln x In 2 x (2ln x 1) (In x+ 1) x f 由 t x1 (X) =0, 1 得 x= e2. x 1 e2 f( x) 一 0 + f(x) 極小值 f (e1) 22 -1,對 故實數(shù)a的取值范圍為 f (x)與f(x)在(1 ,+s)上的情況如下表: 所以f(x) 極小值 1 1 + 2e2= 4 e. 2 7 2 c x 2. (2018 溫州市普通高中高三?？?)設(shè)a R,函數(shù)f(x) = ax3+ + x+ 1, g(x) = ex(e

13、 是自然對數(shù)的底數(shù)). (1) 證明：存在一條定直線 I與曲線G: y= f (x)和C2： y = g(x)都相切； (2) 若f (x) w g(x)對x R 恒成立，求 a的值. 解：(1)證明：函數(shù)f (x), g(x)的導(dǎo)數(shù)分別為f(x) = 3ax2 + x +1, g( 注意到對任意 a R, f (0) = g(0) = 1, f (0) = g (0) = 1,故存在定直線 與曲線C： y= f (x)和 Q： y= g(x)都相切. ( x2 、 (2)設(shè)函數(shù) F(x) = ax3 + - + x+ 1 ex，則對任意 x R,都有 F(x) w 1, 因為對任意a R,都

14、有F(0) = 1，故x = 0 為F(x)的極大值點， x =e , I : y= x + 1 8 1 記 h(x) = ax+ 3a ,則 F(x) = h(x)( x2ex),注意到在 x = 0 的附近，恒有 x2ex0, 故要使x = 0 為F(x)的極大值點，必須 h(0) = 0, 1 1 即 3a 2 = 0，從而 a = 6， , 1 ， 1 3 X 又當(dāng) a= 6 時，F(xiàn)(x) = gx3e , 則當(dāng) x ( a, 0)時，F(xiàn)(x)0，當(dāng) 于是F(x)在(a, 0)上單調(diào)遞增，在 1 所述，a= 、 x (0，+a )時，F(xiàn)( x)0 , (0，+a )上單調(diào)遞減，故 F(X)max= F(0)，綜上 I 1 1 所以 f