浙江专用2018版高考数学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练习

2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.3导数的综合应用真题演练集训理新人教A 版1. [2015 •新课标全国卷I]设函数f （x ） = e x （2x — 1） — ax + a ,其中a < 1,若存在唯一的整数X 0使得f （x 。

）< 0，则a 的取值范围是（）；3 3、 B _-2e , 4C. _2e ，4 答案：De— ] — 1] + a + a 》0,匕？ X 1 — 1 — a + a > 0, 又 a < 1,/a < 1，故选 D.2e1 3 3A- y =云x -5x 234B y= 125x — 5x3 3C. y =换x — x1D y =— 125x + 5x答案：A解析：设所求函数解析式为 y = f (x ),由题意知 f (5) =— 2, f ( — 5) = 2,且 f ' ( ± 5) = 0, 代入验证易得y = 存3 — 3x 符合题意，故选 A.2. [2014 •陕西卷]如图，某飞行器在4千米高空水平飞行, 从距着陆点A 的水平距离10 千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分， 则该函数的解析式为（A. -2e ,1解析：•/ f (0) =— 1 + a < 0,/ x o = 0.又X 0= 0是唯一的整数，•••列，解得3 23. ［2014 •辽宁卷］当x€ ［—2,1］时，不等式ax -x + 4X+ 3>0恒成立，则实数a的取值范围是()A. [ —5，—3]C. [ —6, —2]D. [ —4, —3]答案：C解析：当x = 0时，ax3—x2+ 4x+ 3>0变为3>0恒成立，即a€ R.3 2当x € (0,1]时，ax > x —4x —3,x2—4x—3a> 3 ---- ,x仍设 $ (x) = x —4x—32"x —4x—3max 」x 2— 4x — 3 $(X )=x^~x 2 — 8x — 94x••• $ (x )在(0,1］上单调递增, $ ( x ) max = $ (1) =— 6.• a 》一6.x — 4x — 3 |3min.'x 一当 x € [ — 2, — 1)时，$ (x ) v 0;当 x € ( — 1,0)时，$ '(x ) >0..•.当x =— 1时，$ (x )有极小值，即为最小值. 十•.，、 .，八 1 + 4— 3 - - _ - 而 $ (x ) min = $ ( — 1) = ~ =— 2 , • a W — 2. 综上可知，a 的取值范围为［—6,— 2］.x24. ［2016 •新课标全国卷I ］已知函数f (x ) = (x — 2)e + a (x — 1)有两个零点. (1)求a 的取值范围；(2)设x i , X 2是f (x )的两个零点，证明：x i + X 2<2. (1) 解：f'(x) = (x - 1)e x + 2a (x - 1) = (x -1) • (e x + 2a ). (i )设 a = 0，则 f (x ) = (x - 2)e x , f (x )只有一个零点. (ii )设 a >0,则当 x € ( —8, 1)时，f '(x )<0 ; 当 x € (1 ,+8)时，f '(x )>0.所以f (x )在(-8, 1)上单调递减，在(1 ,+8)上单调递增.a又 f (1) =- e , f (2) = a ,取 b 满足 b <0 且 b <ln 空，贝Ua 2 i ,z2 3f (b )>2(b — 2) + a (b - 1) = a b -尹 >0,故f (x )存在两个零点.(iii)设 a <0,由 f '( x ) = 0 得 x = 1 或 x = ln( - 2a ).e当 x € [ — 2,0)时，a <2x — 4x —$'(x )=-^7x+1> 0,若a>- ,^U In( —2a) < 1,故当x € (1 ,+8)时，f '(x)>0 ,因此f (x)在(1 ,+8)上单调递增.又当X W1时，f (x)<0，所以f (x)不存在两个零点.e若a<-，则ln( -2a)>1，故当x€ (1 , ln( —2a))时，f '(x)<0 ；当x € (ln( - 2a), + 8)时，f'(x)>0.因此f(x)在(1 , ln( -2a))上单调递减，在(ln( -2a) ,+8)上单调递增.又当x wi时f (x)<0，所以f (x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为(0,+8).(2) 证明：不妨设X1<X2.由(1)知，X1 € ( -8, 1) , X2€ (1 ,+8) , 2-X2€ (-8, 1), 又f (X)在(-8, 1)上单调递减，所以X1 + X2<2 等价于f(X1)>f (2 -X2)，即f (2 -X2)<0.由于f (2 - X2) =- X2e2-x2 + a(X2- 1)2,而f(X2)= (X2-2)e 2+ a(x2- 1) = 0,所以f (2 —X2) =- X2e2-x2 —(X2 —2)e x2.设g(x) =- x e2-x- (x-2)e :则g'(x) = (x- 1)(e 2-x- e x).所以当x>1 时，g'(x)<0，而g(1) = 0，故当x>1 时，g(x)<0.从而g(X2) = f (2 - X2)<0，故刘 + X2<2.5. [2015 •新课标全国卷n ]设函数f (x) = e mx+ x2- mx(1) 证明：f (x)在(-8, 0)单调递减，在(0,+8)单调递增；(2) 若对于任意X1, X2€ [ - 1,1]，都有|f(x" -f(X2)| <e- 1,求m的取值范围.⑴证明：f '(x) = m(e mx- 1) + 2x.若m^0,则当x€ ( —a, 0)时，e mx-1<0, f'(x)<0 ;当x € (0，+a)时，e mx- 1 >0, f'(x)>0.若m<0,则当x€ ( -a, 0)时，e mx- 1>0, f '(x)<0 ;当x € (0，+a)时，e m—1<0, f'(x)>0.所以，f (x)在(-a, 0)上单调递减，在(0，+a )上单调递增.(2)解：由⑴ 知，对任意的m, f(x)在［-1,0］上单调递减，在［0,1］上单调递增，故f (x) 在x= 0处取得最小值.所以对于任意X1, x?€ ［- 1,1］, |f(xd - f(X2)| < e- 1的充要条件是f 1 -f 0 叙-1,f -1 - f U 勺-1,匚me - e- 1,I -me + me e- 1.设函数g(t) = e(-1 - e+ 1,贝U g'(t) = e(- 1.当t<0时，g'(t)<0 ；当t>0 时，g'(t)>0.故g(t)在(-a, 0)上单调递减，在(0，+a )上单调递增.一 1又g(1) = 0, g( - 1) = e + 2- e<0,故当t € ［- 1,1］时，g(t) e0.当［- 1,1］时，g( m) < 0, g( - m) < 0,即①式成立；当m>1时，由g( t)的单调性，g( m>0，即e m- m>e -1 ；当m<- 1 时，g( - m)>0，即e-m+ m>e- 1.综上，m的取值范围是［—1,1］.3 16. ［2015 •新课标全国卷I ］已知函数f (x) = x + ax+-，g(x) =- In x.4(1) 当a为何值时，x轴为曲线y = f(x)的切线；(2) 用min{ m, n}表示m,n 中的最小值，设函数h(x) = min{f(x), g(x)}( x>0)，讨论h(x)零点的个数.解：(1)设曲线y = f (x)与x轴相切于点(x o,0)，则f(x o) = 0, f'(x o) = 0，即3 1X o+ ax。

2018高考数学异构异模复习考案 第三章 导数及其应用 3.2.2 函数的极值与最值撬题 理1.设函数f (x )＝3sinπx m.若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2<m 2，则m 的取值范围是( ) A ．(－∞，－6)∪(6，＋∞) B．(－∞，－4)∪(4，＋∞) C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 答案 C解析∵x 0是f (x )的极值点，∴f ′(x 0)＝0，即πm ·3·cos πx0m ＝0，得πm x 0＝k π＋π2，k ∈Z ，即x 0＝mk ＋12m ，k ∈Z .∴x 20＋[f (x 0)]2<m 2可转化为⎝ ⎛⎭⎪⎫mk ＋12m 2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤3sin πm ⎝ ⎛⎭⎪⎫mk ＋12m 2<m 2，k ∈Z ， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122m 2＋3<m 2，k ∈Z ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122<1－3m2，k ∈Z .要使原问题成立，只需存在k ∈Z ，使1－3m2>⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122成立即可．又⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122的最小值为14，∴1－3m2>14，解得m <－2或m >2.故选C.2．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d (b ，c ，d 为常数)，当x ∈(0,1)时，f (x )取得极大值，当x ∈(1,2)时，f (x )取得极小值，则⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫372，5B ．(5，5) C.⎝⎛⎭⎪⎫374，25D ．(5,25)答案 D解析 因为f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，f ′(x )的两个根分别在(0,1)和(1,2)内，所以f ′(0)>0，f ′(1)<0，f ′(2)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧c>0，3＋2b ＋c<0，12＋4b ＋c>0，作出可行域如图中阴影部分所示(不包括b 轴)，⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2表示可行域内一点到点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3的距离的平方，由图象可知，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3到直线3＋2b ＋c ＝0的距离最小，即⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2的最小值为⎝ ⎛⎭⎪⎫|3－1＋3|52＝5，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3到点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－92，6的距离最大，此时⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2＝25，因为可行域的临界线为虚线，所以所求范围为(5,25)，故选D.3．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－5，1)B ．[－5，1)C ．[－2,1)D ．(－2,1)答案 C解析 令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝－1为函数f (x )的极大值点，x ＝1为函数f (x )的极小值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值，则函数f (x )的极小值点必在区间(a,6－a 2)内，且左端点的函数值不小于f (1)，即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2，解得－5<a <1，且a ≥－2.故实数a 的取值范围是[－2，1)．4．设函数f (x )＝(x －1)kcos x (k ∈N *)，则( ) A ．当k ＝2013时，f (x )在x ＝1处取得极小值B ．当k ＝2013时，f (x )在x ＝1处取得极大值C ．当k ＝2014时，f (x )在x ＝1处取得极小值D ．当k ＝2014时，f (x )在x ＝1处取得极大值答案 C解析 当k ＝2013时，f (x )＝(x －1)2013cos x ，则f ′(x )＝2013(x －1)2012cos x －(x －1)2013sin x ＝(x －1)2012·[2013cos x －(x －1)sin x ]，当π4<x <1时，f ′(x )>0；当1<x <π3时，f ′(x )>0，此时函数x ＝1不是函数f (x )的极值点，A 、B 选项均错误．当k ＝2014时，f (x )＝(x －1)2014·cos x ，则f ′(x )＝2014(x －1)2013cos x－(x －1)2014sin x ＝(x －1)2013[2014cos x －(x －1)sin x ]，当π4<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <π3时，f ′(x )>0，此时函数f (x )在x ＝1处取得极小值，故选C.5．已知点M 在曲线y ＝3ln x －x 2上，点N 在直线x －y ＋2＝0上，则|MN |的最小值为________．答案 22解析 本题考查导数的几何意义、点到直线的距离．当点M 处的曲线的切线与直线x －y ＋2＝0平行时|MN |取得最小值．令y ′＝－2x ＋3x ＝1，解得x ＝1，所以点M 的坐标为(1，－1)，所以点M 到直线x －y ＋2＝0的距离为|1＋2＋1|2＝22，即|MN |的最小值为2 2.6．函数f (x )＝x 3－3x 2＋6在x ＝________时取得极小值．答案 2解析 依题意得f ′(x )＝3x (x －2)．当x <0或x >2时，f ′(x )>0；当0<x <2时，f ′(x )<0.因此，函数f (x )在x ＝2时取得极小值．7．设函数f (x )＝ln (x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R .(1)讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由； (2)若∀x >0，f (x )≥0成立，求a 的取值范围．。

基础诊断2016· 四川)已知 a 为函数 f(x)＝x3-12x 的极小值点，则 a ＝( ) A．-4 C．4 B．-2 D．2
基础诊断
考点突破
课堂总结
答案
D
解析 由题意可得 f′(x)＝3x2-12＝3(x-2)(x+2)， 令 f′(x)＝0，得 x＝-2 或 x＝2， 则 f′(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表：
x f′(x) f(x) (0，2) + 2 0 (2，3) 3 0 (3， +∞) +
基础诊断
考点突破
课堂总结
9 由上表可知当 x＝2 时，极大值 f(2)＝ +6ln2， 2 当 x＝3 时，极小值 f(3)＝2+6ln3. 9 【答案】 极大值 f(2)＝ +6ln2，极小值 f(3)＝2+6ln3 2
x f′(x) f(x) (-∞，-2) + -2 0 极大 值 (-2，2) 2 0 极小 值 (2， +∞) +
∴函数 f(x)在 x＝2 处取得极小值，则 a＝2.故选 D.
基础诊断
考点突破
课堂总结
4.若函数 f(x)的导函数 f′(x)的图像，如图所示，则(
)
A．x＝1 是最小值点 C．x＝2 是极小值点
基础诊断
考点突破
课堂总结
函数的最值的概念 设函数 y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，函数 f(x) 在[a，b]上一切函数值中的最大(最小)值，叫做函数 y＝f(x)的最 大(最小)值．
基础诊断
考点突破
课堂总结
求函数最值的步骤 设函数 y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求 f(x)在[a， b]上的最值，可分两步进行： (1)求 f(x)在(a，b)内的极值； (2)将 f(x)的各极值与 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大 值，最小的一个是最小值．

-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
所以当a>e时, f(x)在(0,1)内有极值且唯一.当a≤e时, f '(x)≥0在(0,1) 上恒成立,则f(x)在(0,1)上单调递增,不符合题意. 综上,a的取值范围为(e,+∞).
12/11/2021
方法技巧 1.利用导数研究函数极值问题的一般流程
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(2)若f(x)在区间
0
,
13上 单调递增,求b的取值范围.
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解析 (1)当b=4时,f(x)=(x+2)2· 1,定 2义x 域为
,
,
1 2
f '(x)=2(x+2) 1+(x2+x2)2· · 1 ·(-21)= .
2 1 2x
令f '(x)=0,解得x1=-2,x2=0.
.
2
规律总结 求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a,b)内的极值; (2)求函数在区间端点的函数值f(a), f(b); (3)将函数f(x)的极值与f(a), f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的 一个为最小值.
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2-1 已知函数f(x)=ln x+ 1 -1,g(x)=x 1 .
(ex)2
= ax,2(2ab)xbc
ex
令g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c, 因为ex>0,所以y=f '(x)的零点就是g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c的零点,且f '(x)与 g(x)符号相同. 因为a>0,所以由题意知:当-3<x<0时,g(x)>0,即f '(x)>0; 当x<-3或x>0时,g(x)<0, 即f '(x)<0, 所以f(x)的单调增区间是(-3,0),单调减区间是(-∞,-3),(0,+∞).