1、- 1 -课后限时集训(十五) 导数与函数的极值、最值(建议用时：60 分钟)A 组 基础达标一、选择题1(2018银川三模)已知函数 f(x)cos x aln x 在 x 处取得极值，则 a( ) 6A. B.14 4C. D12 12C f( x) sin x，且 f 0，ax ( 6) 0，即 a ，故选 C.a6 12 122(2019东莞模拟)若 x1 是函数 f(x) axln x 的极值点，则( )A f(x)有极大值1 B f(x)有极小值1C f(x)有极大值 0 D f(x)有极小值 0A f(x) axln x， x0， f( x) a ，1x由 f(1)0 得 a1，
2、 f( x)1 .1x 1 xx由 f( x)0 得 0 x1，由 f( x)0 得 x1， f(x)在(0,1)上递增，在(1，)上递减 f(x)极大值 f(1)1，无极小值，故选 A.3已知函数 f(x)ln x ax 存在最大值 0，则 a 的值为( )A1 B2Ce D.1eD f( x) a， x0.当 a0 时， f( x) a0 恒成立，函数 f(x)单调递增，不存1x 1x在最大值；当 a0 时，令 f( x) a0，解得 x .当 0 x 时， f( x)0，函数1x 1a 1af(x)单调递增；当 x 时， f( x)0，函数 f(x)单调递减1a f(x)max f ln
3、 10，解得 a ，故选 D.(1a) 1a 1e4做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是 27，且用料最省，则圆柱的底面半径为( )A3 B4- 2 -C6 D5A 设圆柱的底面半径为 R，母线长为 l，则 V R2l27， l ，要使用料最省，只27R2需使圆柱的侧面积与下底面面积之和 S 最小由题意， S R22 Rl R22 .27R S2 R ，令 S0，得 R3，则当 R3 时， S 最小故选 A.54R25(2018南宁一模)设函数 f(x) x33 bx，当 x0,1时， f(x)的值域为0,1，则 b的值是( )A. B.12 22C. D.322342C f(x) x33
4、bx， f( x)3 x23 b.当 b0 时， x0,1时， f(x)0，不合题意； 当 b0 时，由 f( x)0 得 x .b由 f( x)0 得 0 x ，b由 f( x)0 得 x .b f(x)在(0， )上为增函数，在( ，)上为减函数b b若 1 时，由 f(1)13 b1 得 b 1 矛盾，故 1.b23 b此时 f( )1，即( )33 b 1，解得 b ，故选 C.b b b322二、填空题6函数 ye x x 在 R 上的最大值是_1 由 ye x x 得 ye x1，由 y0 得 x0.又当 x0 时， y0，当 x0 时， y0.当 x0 时， y 取得最大值1.7
5、设 aR，若函数 ye x ax 有大于零的极值点，则实数 a 的取值范围是_(，1) ye x ax， ye x a.函数 ye x ax 有大于零的极值点，则方程 ye x a0 有大于零的解， x0 时，e x1， ae x1.8(2019武汉模拟)若函数 f(x)2 x2ln x 在其定义域的一个子区间( k1， k1)内存在最小值，则实数 k 的取值范围是_- 3 -因为 f(x)的定义域为(0，)，又因为 f( x)4 x ，所以由 f( x)0 解得1，32) 1xx ，由题意得Error!解得 1 k .12 32三、解答题9(2018北京高考)设函数 f(x) ax2(4 a
6、1) x4 a3e x.(1)若曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线与 x 轴平行，求 a；(2)若 f(x)在 x2 处取得极小值，求 a 的取值范围解 (1)因为 f(x) ax2(4 a1) x4 a3e x，所以 f( x) ax2(2 a1) x2e x.f(1)(1 a)e.由题设知 f(1)0，即(1 a)e0，解得 a1.此时 f(1)3e0.所以 a 的值为 1.(2)由(1)得 f( x) ax2(2 a1) x2e x( ax1)( x2)e x.若 a ，则当 x 时， f( x)0；12 (1a， 2)当 x(2，)时， f( x)0.所以 f(x)在 x2
7、 处取得极小值若 a ，则当 x(0,2)时， x20， ax1 x10，12 12所以 f( x)0.所以 2 不是 f(x)的极小值点综上可知， a 的取值范围是 .(12， )10已知函数 f(x)Error!(1)求 f(x)在区间(，1)上的极小值和极大值点；(2)求 f(x)在1，e(e 为自然对数的底数)上的最大值解 (1)当 x1 时， f( x)3 x22 x x(3x2)，令 f( x)0，解得 x0 或 x .23当 x 变化时， f( x)， f(x)的变化情况如下表：x (，0) 0 (0， 23) 23 (23， 1)f( x) 0 0 f(x) 极小值 极大值故当
8、 x0 时，函数 f(x)取得极小值为 f(0)0，函数 f(x)的极大值点为 x .23- 4 -(2)当1 x1 时，由(1)知，函数 f(x)在1,0和 上单调递减，在 上单调23， 1) 0， 23递增因为 f(1)2， f ， f(0)0，所以 f(x)在1,1)上的最大值为 2.(23) 427当 1 xe 时， f(x) aln x，当 a0 时， f(x)0；当 a0 时， f(x)在1，e上单调递增，则 f(x)在1，e上的最大值为 f(e) a.故当 a2 时， f(x)在1，e上的最大值为 a；当 a2 时， f(x)在1，e上的最大值为 2.B 组 能力提升1设函数 f
9、(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 y xf( x)的图象可能是( )A BC DC 由题意可得 f(2)0，且当 x2 时， f( x)0，则 y xf( x)0，故排除 B和 D；当 x2 时， f( x)0，所以当 x(2,0)时， y xf( x)0，当 x0 时，y xf( x)0，故排除 A，选 C.2函数 f(x) x33 x1，若对于区间3,2上的任意 x1， x2，都有| f(x1) f(x2)| t，则实数 t 的最小值是( )A20 B18C3 D0A 原命题等价于对于区间3,2上的任意 x，都有 f(x)max
10、f(x)min t， f( x)3 x23，当 x3，1时， f( x)0，当 x1,1时， f( x)0，当 x1,2时， f( x)0. f(x)max f(2) f(1)1，f(x)min f(3)19. f(x)max f(x)min20， t20.即 t 的最小值为 20.故选 A.3设直线 x t 与函数 f(x) x2， g(x)ln x 的图象分别交于点 M， N，则当| MN|最小时， t的值为_设函数 y f(x) g(x) x2ln x(x0)，22- 5 - y2 x (x0)1x 2x2 1x y0 得 0 x ，22y0 得 x .22当 x 时函数取得最小值 ln
11、 2.22 12 12即当 t 时，| MN|取得最小值224(2019山西模拟)已知函数 f(x)ln x ax2 bx(其中 a， b 为常数且 a0)在 x1 处取得极值(1)当 a1 时，求 f(x)的单调区间；(2)若 f(x)在(0，e上的最大值为 1，求 a 的值解 (1)因为 f(x)ln x ax2 bx，所以 f(x)的定义域为(0，)， f( x) 2 ax b，1x因为函数 f(x)ln x ax2 bx 在 x1 处取得极值，所以 f(1)12 a b0，又 a1，所以 b3，则 f( x) ，2x2 3x 1x令 f( x)0，得 x1 ， x21.12f( x)，
12、 f(x)随 x 的变化情况如下表：x (0， 12) 12 (12， 1) 1 (1，)f( x) 0 0 f(x) 极大值 极小值所以 f(x)的单调递增区间为 ，(1，)；(0，12)单调递减区间为 .(12， 1)(2)由(1)知 f( x) (x0)，2ax2 2a 1 x 1x 2ax 1 x 1x令 f( x)0，得x11， x2 ，12a因为 f(x)在 x1 处取得极值，所以 x2 x11，12a- 6 -当 0 时， f(x)在(0,1)上单调递增，12a在(1，e上单调递减，所以 f(x)在区间(0，e上的最大值为 f(1)，令 f(1)1，解得 a2，当 a0 时， x
13、2 0，12a若 1 时， f(x)在 ，1，e上单调递增，在 上单调递减，所以最大值可能在12a (0， 12a) 12a， 1)x 或 xe 处取得，而 f ln a 2 (2a1)ln 10，12a (12a) 12a (12a) 12a 12a 14a所以 f(e)ln e ae2(2 a1)e1，解得 a ，1e 2若 1 e 时， f(x)在区间(0,1)， 上单调递增，在 上单调递减，12a 12a， e 1， 12a)所以最大值可能在 x1 或 xe 处取得，而 f(1)ln 1 a(2 a1)0，所以 f(e)ln e ae2(2 a1)e1，解得 a ，与 1 x2 e 矛盾，1e 2 12a当 x2 e 时， f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e上单调递减，12a所以最大值可能在 x1 处取得，而 f(1)ln 1 a(2 a1)0，矛盾，综上所述， a 或 a2.1e 2
