《创新导学案》2018高考数学（人教B版 文科）总复习演练提升 同步测评：3-2-2导数与函数的极值、最值 WORD版含解析.doc

1、 A组专项基础训练(时间：35分钟)1(2017南昌模拟)已知函数f(x)(2xx2)ex，则()Af()是f(x)的极大值也是最大值Bf()是f(x)的极大值但不是最大值Cf()是f(x)的极小值也是最小值Df(x)没有最大值也没有最小值【解析】 由题意得f(x)(22x)ex(2xx2)ex(2x2)ex，当x时，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x或x时，f(x)0，函数f(x)单调递减，所以f(x)在x处取得极大值f()2(1)e0，在x处取得极小值f()2(1)e0，又当x0时，f(x)(2xx2)ex0，所以f()是f(x)的极大值也是最大值【答案】 A2(2017岳阳一模)下列

2、函数中，既是奇函数又存在极值的是()Ayx3 Byln(x)Cyxex Dyx【解析】 由题可知，B，C选项中的函数不是奇函数，A选项中，函数yx3单调递增(无极值)，而D选项中的函数既为奇函数又存在极值【答案】 D3设函数f(x)在R上可导，其导函数为f(x)，且函数f(x)在x2处取得极小值，则函数yxf(x)的图象可能是()【解析】 由函数f(x)在x2处取得极小值，可得f(2)0，且当x(a，2)(a2)时，f(x)单调递减，即f(x)0；当x(2，b)(b2)时，f(x)单调递增，即f(x)0.所以函数yxf(x)在区间(a，2)(a2)内的函数值为正，在区间(2，b)(2b0)内的

3、函数值为负，由此可排除选项A，B，D.【答案】 C4已知函数f(x)x3ax2bxa2在x1处有极值10，则f(2)等于()A11或18 B11C18 D17或18【解析】 函数f(x)x3ax2bxa2在x1处有极值10，f(1)10，且f(1)0，即解得或而当时，函数在x1处无极值，故舍去f(x)x34x211x16，f(2)18.【答案】 C5(2017黑龙江大庆铁人中学期中)若a0，b0，且函数f(x)4x3ax2bx2在x1处有极值，则ab的最大值等于()A4 B8C9 D18【解析】 因为f(x)4x3ax2bx2，所以f(x)12x22axb.由于函数f(x)在x1处有极值，所以

4、f(1)0，即122ab0，2ab12.因为a0，b0，所以ab2ab18，当且仅当2ab6，即a3，b6时取等号，所以ab的最大值是18.故选D.【答案】 D6函数f(x)x23x4在0，2上的最小值是_【解析】 f(x)x22x3，f(x)0，x0，2，得x1.比较f(0)4，f(1)，f(2)，可知最小值为.【答案】 7(2015陕西)函数yxex在其极值点处的切线方程为_【解析】 由yxex可得yexxexex(x1)，从而可得yxex在(，1)上递减，在(1，)上递增，所以当x1时，yxex取得极小值e1，因为y|x10，故切线方程为ye1，即y.【答案】 y8(2017广州模拟)已

5、知f(x)x33ax2bxa2在x1时有极值0，则ab_【解析】 由题意得f(x)3x26axb，则解得或经检验当a1，b3时，函数f(x)在x1处无法取得极值，而a2，b9满足题意，故ab7.【答案】 79(2017济宁模拟节选)已知函数f(x)(k0)求函数f(x)的极值【解析】 f(x)，其定义域为(0，)，则f(x).令f(x)0，得x1，当k0时，若0x1，则f(x)0；若x1，则f(x)0，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，即当x1时，函数f(x)取得极大值.当k0时，若0x1，则f(x)0；若x1，则f(x)0，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调

6、递增，即当x1时，函数f(x)取得极小值.10已知函数f(x)(xk)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间0，1上的最小值【解析】 (1)由题意知f(x)(xk1)ex.令f(x)0，得xk1.f(x)与f(x)随x的变化情况如下表：x(，k1)k1(k1，)f(x)0f(x)ek1所以，f(x)的单调递减区间是(，k1)；单调递增区间是(k1，)(2)当k10，即k1时，f(x)在0，1上单调递增，所以f(x)在区间0，1上的最小值为f(0)k；当0k11，即1k2时，f(x)在0，k1上单调递减，在k1，1上单调递增，所以f(x)在区间0，1上的最小值为f(k1)ek1

7、；当k11，即k2时，f(x)在0，1上单调递减，所以f(x)在区间0，1上的最小值为f(1)(1k)e.综上，当k1时，f(x)在0，1上的最小值为f(0)k；当1k2时，f(x)在0，1上的最小值为f(k1)ek1；当k2时，f(x)在0，1上的最小值为f(1)(1k)e.B组专项能力提升(时间：30分钟)11(2017山东威海模拟)设f(x)为函数f(x)的导函数，已知x2f(x)xf(x)ln x，f(e)，则下列结论正确的是()Af(x)在(0，)上单调递增Bf(x)在(0，)上单调递减Cf(x)在(0，)上有极大值Df(x)在(0，)上有极小值【解析】 由x2f(x)xf(x)ln

8、 x，得xf(x)f(x)，从而xf(x).令g(x)xf(x)，则f(x)，f(x)，令h(x)ln xg(x)，则h(x)g(x)(x0)令h(x)0，即1ln x0，解得0xe，此时h(x)为增函数；令h(x)0，即1ln x0，解得xe，此时h(x)为减函数由f(e)，得g(e)ef(e)1.h(x)在(0，)上有极大值h(e)ln eg(e)110，也是最大值，h(x)0，即f(x)0，当且仅当xe时，f(x)0.f(x)在(0，)上为减函数故选B.【答案】 B12若函数yf(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，则yf(x)的图象可能为()【解析】 根据f(x)的符号，f(x)图象

9、应该是先下降后上升，最后下降，排除A、D；从适合f(x)0的点可以排除B.【答案】 C13函数f(x)x33axb(a0)的极大值为6，极小值为2，则f(x)的单调递减区间是_【解析】 令f(x)3x23a0，得x，则f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(，)(，)(，)f(x)00f(x)极大值极小值从而解得所以f(x)的单调递减区间是(1，1)【答案】 (1，1)14(2017辽宁鞍山一中二模)已知函数f(x)x3mx2(m6)x1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是_【解析】 因为f(x)3x22mx(m6)，所以4m243(m6)0，解得m6或m3，所以实数m的取值范围

10、是(，3)(6，)【答案】 (，3)(6，)15设f(x)，其中a为正实数(1)当a时，求f(x)的极值点；(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围【解析】 对f(x)求导得f(x)ex.(1)当a时，若f(x)0，则4x28x30，解得x1，x2.结合，可知xf(x)00f(x)极大值极小值所以x1是极小值点，x2是极大值点(2)若f(x)为R上的单调函数，则f(x)在R上不变号，结合与条件a0，知ax22ax10在R上恒成立，即4a24a4a(a1)0，由此并结合a0，知0a1.所以a的取值范围为a|0a116(2017烟台模拟)已知函数f(x)ax2x(a0，且a1)(1)当a2

11、时，求曲线f(x)在点P(2，f(2)处的切线方程；(2)若f(x)的值恒非负，试求a的取值范围；(3)若函数f(x)存在极小值g(a)，求g(a)的最大值【解析】 (1)当a2时，f(x)2x2x，所以f(x)2xln 22，所以f(2)4ln 22，又f(2)0，所以所求切线方程为y(4ln 22)(x2)(2)当x0时，f(x)0恒成立；当x0时，若0a1，则x1时，f(x)120，与题意矛盾，故a1.由f(x)0知ax2x，所以xln aln(2x)，所以ln a.令g(x)，则g(x)，令g(x)0，则x，且0x时，g(x)0，x时，g(x)0，则g(x)maxg，所以ln a，ae，即a的取值范围为e，)(3)f(x)axln a2，当0a1时，ax0，ln a0，则f(x)0，所以f(x)在R上为减函数，f(x)无极小值当a1时，设方程f(x)0的根为t，得at，即tloga，所以f(x)在(，t)上为减函数，在(t，)上为增函数，所以f(x)的极小值为f(t)at2t2，即g(a)2，又a1，所以0.设h(x)xxln x，x0，则h(x)1ln xxln x，令h(x)0，得x1，所以h(x)在(0，1)上为增函数，在(1，)上为减函数，所以h(x)的最大值为h(1)1，即g(a)的最大值为1，此时ae2.