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文檔簡介
1、第一章1.31.3.3 函數(shù)的最大(小)值與導數(shù)a級基礎鞏固一、選擇題1(2018·濰坊高二檢測)設函數(shù)f(x)滿足x2f (x)2xf(x),f(2),則x0時,f(x)(d)a有極大值,無極小值b有極小值,無極大值c既有極大值又有極小值 d既無極大值也無極小值解析函數(shù)f(x)滿足x2f (x)2xf(x),x2f(x),令f(x)x2f(x),則f (x),f(2)4·f(2)由x2f (x)2xf(x),得f (x),令(x)ex2f(x),則(x)ex2f (x)(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,)上單調(diào)遞增,(x)的最小值為(2)e22f(2)0(x)0又x0
2、,f (x)0f(x)在(0,)上單調(diào)遞增f(x)既無極大值也無極小值故選d2(2018·新鄉(xiāng)一模)若函數(shù)f(x)x2ax2lnx在(1,2)上有最大值,則a的取值范圍為(b)a(0,) b(0,3)c(3,) d(1,3)解析f(x)2xa要使函數(shù)f(x)x2ax2lnx在(1,2)上有最大值則函數(shù)f(x)x2ax2lnx在(1,2)上有極大值即方程2x2ax20有兩個不等實根,且較大根在區(qū)間(1,2),解得0a3故選b3(2017·臨沂高二檢測)函數(shù)y2x33x212x5在0,3上的最大值和最小值分別是(a)a5,15 b5,4c4,15 d5,16解析令y6x26x1
3、20,得x1(舍去)或x2,故函數(shù)yf(x)2x33x212x5在0,3上的最值可能是x取0,2,3時的函數(shù)值,而f(0)5,f(2)15,f(3)4,故最大值為5,最小值為15,故選a4已知函數(shù)f(x),g(x)均為a,b上的可導函數(shù),在a,b上連續(xù)且f(x)<g(x),則f(x)g(x)的最大值為(a)af(a)g(a) bf(b)g(b)cf(a)g(b) df(b)g(a)解析令f(x)f(x)g(x)f(x)f(x)g(x)<0所以f(x)<0,f(x)在a,b上遞減,f(x)maxf(a)g(a)5若存在正數(shù)x使2x(xa)<1成立,則a的取值范圍是(d)a
4、(,) b(2,)c(0,) d(1,)解析2x(xa)<1,a>x,令yx,y是單調(diào)增函數(shù),若x>0,則y>1,a>16已知函數(shù)f(x)x32ax23x(a>0)的導數(shù)f(x)的最大值為5,則在函數(shù)f(x)圖象上的點(1,f(1)處的切線方程是(b)a3x15y40 b15x3y20c15x3y20 d3xy10解析f(x)x32ax23x,f(x)2x24ax32(xa)22a23,f(x)的最大值為5,2a235,a>0,a1f(1)5,f(1)f(x)在點(1,f(1)處的切線方程是y5(x1),即15x3y20二、填空題7(2018·
5、;荊州一模)函數(shù)f(x)x3x22在(0,)上的最小值為解析函數(shù)f(x)x3x22在(0,),可得f(x)3x22x,令3x22x0,可得x0或x,當x(0,)時,f(x)0,函數(shù)是減函數(shù);x(,)時,f(x)0,函數(shù)是增函數(shù),所以x是函數(shù)的極小值即最小值,所以f(x)min()3()22故答案為8函數(shù)f(x)x33ax23(a2)x1既有極大值又有極小值,則a的取值范圍是(,1)(2,)解析f (x)3x26ax3(a2),令f (x)0,即x22axa20因為函數(shù)f(x)有極大值和極小值,所以方程x22axa20有兩個不相等的實數(shù)根,即4a24a8>0,解得a>2或a<1
6、三、解答題9設函數(shù)f(x)x2ax2lnx(ar)在x1時取得極值(1)求a的值;(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間解析(1)f (x)xa,因為當x1時f(x)取得極值,所以f (1)0,即1a20,解得a3,經(jīng)檢驗,符合題意(2)由(1)得:f(x)x23x2lnx,f (x)x3,(x>0),令f (x)>0解得0<x<1或x>2,令f (x)<0解得1<x<2,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),(2,);單調(diào)遞減區(qū)間為(1,2)10(2017·寧波高二檢測)設函數(shù)f(x)exsinx(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;(2)當x0
7、,時,求函數(shù)f(x)的最大值與最小值解析(1)f(x)ex(sinxcosx)exsin(x)f(x)0,所以sin(x)0,所以2kx2k,kz,即2kx2k,kzf(x)的單調(diào)增區(qū)間為2k,2k,kz(2)由(1)知當x0,時,0,是單調(diào)增區(qū)間,是單調(diào)減區(qū)間f(0)0,f()0,f()e,所以f(x)maxf()e,f(x)minf(0)f()0b級素養(yǎng)提升一、選擇題1若函數(shù)f(x)在定義域r內(nèi)可導,f(19x)f(01x)且(x1)f (x)0,af(0),bf(),cf(3),則a,b,c的大小關系是(d)aa>b>c bc>a>bcc>b>a db
8、>a>c解析(x1)f (x)0,當x1時,f (x)0,此時函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;當x1時,f (x)0,此時函數(shù)f(x)單調(diào)遞增又f(19x)f(01x),f(x)f(2x),f(3)f2(1)f(1),10<,f(1)f(0)f(),f(3)<f(0)<f(),bac,故選d2(2018·鐵東區(qū)校級一模)已知函數(shù)f(x)x33x1,若對于區(qū)間3,2上最大值為m,最小值為n,則mn(a)a20 b18c3 d0解析函數(shù)f(x)x33x1的導數(shù)為f(x)3x23,令f(x)0,解得x±1,所以(1,1)為函數(shù)f(x)的極值點因為f(3)19,
9、f(1)1,f(1)3,f(2)1,所以在區(qū)間3,2上,mf(x)max1,nf(x)min19,對于區(qū)間3,2上最大值為m,最小值為n,則mn20,故選a二、填空題3(2018·紅橋區(qū)一模)函數(shù)yexx在r上的最大值是1解析函數(shù)yexx,y1ex,由y0得x0,當x(,0)時,y0,函數(shù)yxex單調(diào)遞增,當x(0,)時,y0,函數(shù)yxex單調(diào)遞減,所以,當x0時,y取得最大值,最大值為1故答案為14已知函數(shù)f(x)是定義在r上的奇函數(shù),f(1)0,當x>0時,有>0,則不等式x2f(x)>0的解集是(1,0)(1,)解析令g(x)(x0),x>0時,>
10、0,g(x)>0,g(x)在(0,)上為增函數(shù),又f(1)0,g(1)f(1)0,在(0,)上g(x)>0的解集為(1,),f(x)為奇函數(shù),g(x)為偶函數(shù),在(,0)上g(x)<0的解集為(1,0),由x2f(x)>0得f(x)>0,f(x)>0的解集為(1,0)(1,)三、解答題5設函數(shù)f(x)exx2x(1)若k0,求f(x)的最小值;(2)若k1,討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性解析(1)k0時,f(x)exx,f (x)ex1當x(,0)時,f (x)<0;當x(0,)時,f (x)>0,所以f(x)在(,0)上單調(diào)減小,在(0,)上單調(diào)增加
11、,故f(x)的最小值為f(0)1(2)若k1,則f(x)exx2x,定義域為rf (x)exx1,令g(x)exx1,則g(x)ex1,由g(x)0得x0,所以g(x)在0,)上單調(diào)遞增,由g(x)<0得x<0,所以g(x)在(,0)上單調(diào)遞減,g(x)ming(0)0,即f (x)min0,故f (x)0所以f(x)在r上單調(diào)遞增6(2018·全國卷文,21)已知函數(shù)f(x)x3a(x2x1)(1)若a3,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)證明:f(x)只有一個零點解析(1)解:當a3時,f(x)x33x23x3,f(x)x26x3令f(x)0,解得x32或x32當x(,32
12、)(32,)時,f(x)>0;當x(32,32)時,f(x)<0故f(x)在(,32),(32,)單調(diào)遞增,在(32,32)單調(diào)遞減(2)證明:因為x2x1>0,所以f(x)0等價于3a0設g(x)3a,則g(x)0,僅當x0時g(x)0,所以g(x)在(,)單調(diào)遞增故g(x)至多有一個零點,從而f(x)至多有一個零點又f(3a1)6a22a62<0,f(3a1)>0,故f(x)有一個零點綜上,f(x)只有一個零點c級能力拔高設函數(shù)f(x)x3axb,xr,其中a,br()求f(x)的單調(diào)區(qū)間;()若f(x)存在極值點x0,且f(x1)f(x0),其中x1x0,求
13、證:x12x00;()設a0,函數(shù)g(x)|f(x)|,求證:g(x)在區(qū)間1,1上的最大值不小于解析()由f(x)x3axb,可得f(x)3x2a下面分兩種情況討論:(1)當a0時,有f(x)3x2a0恒成立,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(,)(2)當a>0時,令f(x)0,解得x,或x當x變化時,f(x),f(x)的變化情況如下表:x(,)(,)(,)f(x)00f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(,),單調(diào)遞增區(qū)間為(,),(,)()證明:因為f(x)存在極值點,所以由()知a>0,且x00,由題意,得f(x0)3xa0,即x,進而f(x
14、0)xax0bx0b又f(2x0)8x2ax0bx02ax0bx0bf(x0),且2x0x0,由題意及()知,存在唯一實數(shù)x1滿足f(x1)f(x0),且x1x0,因此x12x0所以x12x00()設g(x)在區(qū)間1,1上最大值為m,maxx,y表示x,y兩數(shù)的最大值下面分三種情況討論:(1)當a3時,1<1,由()知,f(x)在區(qū)間1,1上單調(diào)遞減,所以f(x)在區(qū)間1,1上的取值范圍為f(1),f(1),因此mmax|f(1)|,|f(1)|max|1ab|,|1ab|max|a1b|,|a1b|,所以ma1|b|2(2)當a<3時,1<<<1,由()和()知,f(1)f()f(),f(1)f()f(),所以f(x)在區(qū)間1,1上的取值范圍為f(),f(),因此mmax|f()|,|f()|max|b|,|b)|max|b|,|b)|b|××(3)當0<a<時,1<<<1,由()和()知,f(1)<f()f(),f(1)>f()f(),所以f(x)在區(qū)間1,1上的取值范圍為f(1),f(1),因此mmax|f(1)|,|f(1)|,max|1ab|,|1ab|max|1ab|,|1ab|
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