2020年浙江高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課堂測(cè)試：導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值

1、課時(shí)跟蹤檢測(cè)(十九)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1. (2019 金華質(zhì)檢 股函數(shù) f(x) = xex+ 1,則( () )A.x= 1 為 f(x)的極大值點(diǎn)B.x= 1 為 f(x)的極小值點(diǎn)C.x=- 1 為 f(x)的極大值點(diǎn)D.x= 1 為 f(x)的極小值點(diǎn)解析：選 D 由題意得，f (x)= (x+ 1)ex,令 f (x) = 0,得 x= 1,當(dāng) x ( ,1)時(shí)，f(x)v0,當(dāng) x(1,+s)時(shí)，f(x)0,貝yf(x)在(一a,1)上單調(diào)遞減，在( (一 1,+a)上單調(diào)遞增，所以 x=1 為 f(x)的極小值點(diǎn)，故選 D.2函數(shù) f(x) =

2、 2x3+ 9x2 2 在4,2上的最大值和最小值分別是( () )A. 25, 2B. 50,14C. 50, 2D. 50, 14解析：選 C 因?yàn)?f(x) = 2x3+ 9x2 2，所以 f (x)= 6x2+ 18x,當(dāng) x 4 , 3)或 x (0,2時(shí)，f (x)0, f(x)為增函數(shù)，當(dāng) x ( 3,0)時(shí)，f (x)v0, f(x)為減函數(shù)，由32f( 4) = 14, f( 3) = 25, f(0) = 2, f(2) = 50,故函數(shù) f(x)= 2x + 9x 2 在4,2上的最大 值和最小值分別是50, 2.3.已知函數(shù) f(x)的定義域?yàn)? (X1, X2),導(dǎo)函

3、數(shù) f( (X)在(X1, X2)內(nèi)B. 3C. 4D . 5解析：選 A 由 f (x)的圖象可知，其與 x 軸有 4 個(gè)交點(diǎn)，但是只有 2 個(gè)滿足由正變負(fù) 或由負(fù)變正的條件，所以f(x)在(X1, X2)內(nèi)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為 2.-1 q4.函數(shù) f(x) = x3+ 12x+ 6, x 3, 3 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是 _.解析：f (x)= 3x2+ 12, x 3，3 .當(dāng) x 1, 2 時(shí)，f (x) 0,當(dāng) x (2,3時(shí)，f (x)v0.-1 所以 f(x)在 3, 2 丿上是增函數(shù)，在( (2,3上是減函數(shù).的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在 (X1, X2)內(nèi)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為( (故 f(x

4、)極大值=f(2) = 22. 由于 f 3 0, f(3) 0,所以有 0 個(gè)零點(diǎn).答案：05.已知定義域?yàn)?0,+g)的函數(shù) f(x)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2,4)，且 f (x) 1,則不等式 f(2X-2)v2X的解集為_(kāi).解析：令 g(x) = f(x)- x, x (0, + g)，貝 U g (x) = f (x) 1 0,所以 g(x)= f(x)- x在(0,+g)上單調(diào)遞增，且 g(2) = f(2) - 2= 2.由 f(2X- 2)v2X得 f(2X- 2) - (2X- 2)v2,即 g(2X2X- 20,2X- 2v2，解得1vXv2.答案：( (1,2)-2)vg(2)，

5、所以二保高考,全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1.已知函數(shù)f(x)= In x+ /a R 在區(qū)間e2 _,+g)上有兩個(gè)零點(diǎn)，貝Ua 的取值范圍是( )A)12B.C.J1D.2de解析:令 f(x) = In x+a= 0, x e-2,+g)，得一 a= xln x.記 H (x)= xln x, x e-2,+g)，貝 y H (X) = 1+ In X，由此可知 H(x)在e-2, e-1)上單調(diào)遞減，在( (e-1,上單調(diào)遞增，且 H(e-2)=- 2e-2, H(e-1) =- e-當(dāng) +g時(shí)，H(x) +g，故當(dāng)12v時(shí)，f(x)在e2,+g)上有兩個(gè)零點(diǎn).e2. (2018 浙江瑞安中學(xué)

6、月考) )已知函數(shù) f(x) = x3+ bx2+ cx 的圖象如 圖所示，則 x1+ x2等于( () )4B.4C.816D.y解析：選 C 由圖象可知 f(x)過(guò)點(diǎn)( (1,0)與(2,0), Xj, x2是函數(shù) f(x)的極值點(diǎn)，因此 1 + b+ c= 0,8 + 4b+ 2c= 0，解得 b= 3, c= 2,所以 f(x)= x3- 3x2+ 2x，所以 f (x) = 3x2- 6x+ 2.x1, x2是方程 f (x)= 3x2- 6x+ 2 = 0 的兩根，因此 x1+ x2= 2, x1x2=2，所以 x1+ x?=3248( (X1+ X2) 2X1X2= 4 3 =

7、3.3.已知函數(shù) f(x)(x R)為奇函數(shù)，當(dāng) x (0,2時(shí)，f(x)= In x- m2xm，當(dāng)x -2,0)時(shí)，f(x)的最小值為 3，則 m 的值為( () )B. 2解析：選 C f(x)在 R 上是奇函數(shù),當(dāng) x 2,0)時(shí)，f(x)的最小值為 3，二 f(x)在(0,222x (0 , m )時(shí)，f (x)0, f(x)單調(diào)遞增；當(dāng) x (m2時(shí)，f (x)0.當(dāng) x 1 時(shí)，f (x)0,當(dāng) x0，因此 f(x)是 R 上的增函數(shù). f(0) = 1 0, f( 1) = (1 1) +1 1麗麗 0, 函數(shù) f(x) )在(1,0)上有唯一零點(diǎn)，二函數(shù) f(x + 3)在(

8、4,3)上有唯一零點(diǎn).同理，g (x) = 1 + x x2+一 x2 018= f (x),. g (1) = 1 1 時(shí)，g (x)0,當(dāng) x 1 時(shí)，g (x) 0,因此 g(x)是R 上的減函數(shù)./ g(0) = 10，二函數(shù) g(x)在( 1, 0)上有唯一零點(diǎn),函數(shù) g(x 4)在(3,4)上有唯一零點(diǎn)，函數(shù) F(x) = f(x+ 3)g(x 4)的所有零點(diǎn)均在a , b(a, b Z)內(nèi), (b a)min= 4 ( 4) = 8.5. (2019 州調(diào)研) )若函數(shù) f(x) = 2x+1 x2 2x 2，對(duì)于任意的 x Z 且 x ( , a), f(x)w0 恒成立，則實(shí)

9、數(shù) a 的取值范圍是( () )A.( m,1B.( 8,0C.( m,3D.( m,4解析：選 D f(x)= 2x+1 x2 2x 2w0,即卩 2x+1 x2+ 2x + 2.設(shè) g(x)= 2x+1, h(x) = x2+ 2x +2,當(dāng) x 1 時(shí)，0 g(x) 1,所以當(dāng) a 1 時(shí)，滿足對(duì)任意 的 x Z 且 x (m,a), f(x)w0 恒成立；當(dāng)一 1 x 4 時(shí)，因?yàn)?g(0) = h(0)= 2, g(1) = 4 h(1) = 5, g(2)= 8h(2)= 10, g(3) = 16 h(3) = 17,所以當(dāng)一 1 4 時(shí)，易知 f (x)= 2x+1In 2 2

10、x 2,設(shè) F(x)= 2x+1ln 2 2x 2,貝 U F (x)上的最大值為一3.T當(dāng) x (0,2時(shí)，f(x)= - m2，令 f (x)= 0,解得 x = m22,0)時(shí)，f(x)的最小值為 3，則 m 的值為( () )= 2x+1(ln 2)2 20,所以 F(x)= 2x+1ln 2 2x 2 在4 , +a)上是增函數(shù)，所以f (x)f (4) = 32ln 2 10 0 ,所以函數(shù) f(x)= 2x+1 x1 2+)上是增函數(shù)，所以f(x)芳(4) = 32 16 8 2 = 6 0,即當(dāng) a 4 時(shí)，不 xZ 且 x ( a,a), f(x)w0 恒成立.綜上，實(shí)數(shù) a

11、 的取值范圍是(, 4 111數(shù) f(x)恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，只需滿足一in 2a ； 0,即 In 2a 1,所以 0 2a-，即22e2x 2 在4 ,滿足對(duì)任意的6函數(shù)f(x) = 2x2 ln x 的最小值為1 21x2 1解析：易知函數(shù) f(x) = ln x 的定義域?yàn)?0,+a), f (x) = x-=，令 f (x)121 0,得 0 x 0，得 x 1，故函數(shù) f(x)= 討一 ln x 的最小值為 f(1) = 27.從邊長(zhǎng)為 10 cmx16 cm 的矩形紙板的四角截去四個(gè)相同的小正方形，做成一個(gè)無(wú) 蓋的盒子，則盒子容積的最大值為 _cm3.解析：設(shè)盒子容積為 y cm

12、3,盒子的高為 x cm,則 x (0,5).貝 U y= (10 2x)(16 2x)x= 4x3 52x2+ 160 x,Ay = 12x2 104x+ 160.20令 y = 0,得 x= 2 或 3(舍去),-ymax=6X12 2=144(cm3)答案：1448. (2018 紹興八校聯(lián)考) )已知函數(shù) f(x) = ln x ax2，若 f(x)恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，貝 Va的取值范圍為_(kāi).2解析：函數(shù) f(x)的定義域?yàn)?0, +a), f (x)= - 2ax=-ax.當(dāng) a0恒成立，函數(shù) f(x)在 (0,+a)上單調(diào)遞增，則函數(shù)f(x)不可能有兩個(gè)不同的零點(diǎn).當(dāng)a 02a 時(shí)

13、，f(x) 0，函數(shù) f(x)單調(diào)遞減，所以 f(x) )的最大值為 f121 1d2a /= 2ln 2a ?.當(dāng) xT0 時(shí)，f(x)Ia，當(dāng) x +a時(shí)，f(x)Ta，要使函9. (2018 杭州模擬) )已知函數(shù) f(x)=二7x 0,1.時(shí)，由 f (x)=0，得 x =21a，當(dāng) 0 x0,函數(shù) f(x)單調(diào)遞增；當(dāng) x2a =ln0va 1，函數(shù) g(x) = x3 3a2x- 2a, x 0,1，若對(duì)于任意 xi 0,1，總存在 x 0,1,使得 g(x)= f(xi)成立，求 a 的取值范圍.2x 1 2x 7*2.2 x17令 f( (x)= o，解得 x= 或 x=2 舍

14、去) ).當(dāng) x 變化時(shí)，f (x), f(x)的變化情況如下表:x0121f (x)一0+f(x)7 -243函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是2，1，單調(diào)遞減區(qū)間是0,.當(dāng) x 0,1時(shí)，f(x)的值域?yàn)?， 3.2 2(2)g?(x)= 3(xa). a 1，當(dāng) x (0,1)時(shí)，g (x)v3(1 a2) 0,因此當(dāng) x (0,1)時(shí)，g(x)為減函數(shù)，從而當(dāng) x 0,1時(shí)，有 g(x) g(1) , g(0).又 g(1) = 1 2a 3a2, g(0) = 2a,即當(dāng) x 0,1時(shí)，有 g(x) 1 2a 3a2, 2a.對(duì)于任意 x1 0,1 , fg) 4, 3,存在 x 0,1

15、使得 g(x) = fg)成立，則1 2a 3a2, 2a? 4 , 3.1 2a 3a 1 或 a 5；解式得 a 1,故 a 的取值范圍為 1, 3 .10. (2018 紹興一中質(zhì)檢) )函數(shù) f(x) = aln x bx (x0);1(1)若函數(shù) f(x)在 x= 1 處與直線 y= 2 相切， 求實(shí)數(shù) a, b 的值；求函數(shù) f(x)在 e J 上的最大值.當(dāng) b= 0 時(shí)，若不等式 f(x) m+ x 對(duì)所有的 a 0,；L x(1, e2都成立，求實(shí)數(shù) m的取值范圍.a解： f (X)= a 2bX,解:(1)f( (x) =4x2+ 16x 71函數(shù) f(x)在 x= 1 處

16、與直線 y=孑孑相切,f 1 = a 2b= 0,a= 1,1 解得 1f 1= b= 2，b=2.2111_ xf(x)= In X -x2, f (x) = - X = 一,211當(dāng) -wx 0 得-wxv1 ；ee令 f (x)v0，得 1vxwe,f(x)在 e，1上單調(diào)遞增，在1 , e上單調(diào)遞減，1-f(x)max=f(1)=.(2)當(dāng) b= 0 時(shí)，f(x)= aln x,若不等式 f(x) m+ x 對(duì)所有的 a 0,3, x (1, e2都成立，則 aln x m+ x,即卩 mwaln x x 對(duì)所有的 a0,3, x(1, e2都成立.令 h(a)= aln x x,則

17、h(a)為一次函數(shù)，mwh(a)min. x (1, e2,- ln x 0,. h(a)在 a 0,3上單調(diào)遞增，h(a)min=h(0)=x,mw x 對(duì)所有的 x (1, e2都成立，/ 1vxwe2,e2w xv1,2mw(x)min= e .故實(shí)數(shù) m 的取值范圍為( (一a, e2.三上臺(tái)階，自主選做志在沖刺名校1. (2018 浙江名校聯(lián)考) )已知定義在( (一a,0)U(0,+a)上的偶函數(shù) f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f (x),且 f(1) = 0,當(dāng) xv 0 時(shí)，f (x) + 肚0,貝 V f( 1) =_ ，使得 f(x)0 成立的 x 的取值范圍是_ .解析：/ f(x

18、)為( (一8,0)U(0,+s)上的偶函數(shù)， f( 1) = f(1) = 0.當(dāng) XV0 時(shí)，f (x) + 也=XfX +fX X 0, . xf (X) + f(x)V0, 即 (xf(x)V0.令 g(x)= xf(x)，可知 g(x)在(8,0)上單調(diào)遞減，且 g( 1)= f( 1) = 0.當(dāng) XV1 時(shí)，Xf(x) 0,. f(x)V0；當(dāng)一 1VXV0 時(shí)，xf(x)V0, f(x) 0.由對(duì)稱性知,f(x) 0 的解集為(1, 0)U(0,1).答案：0( 1,0)U(0,1)2. (2019 浙江考前沖刺卷) )已知 f(x)= ex ax2 2x, a R.(1) 證

19、明：函數(shù) f(x)的圖象恒過(guò)定點(diǎn)，并求定點(diǎn)的坐標(biāo)；(2) 若 f (x) ax 1 恒成立，求 a 的值；戸1在(2)成立的條件下，證明：f(x)存在唯一的極小值點(diǎn)X0,且2Vf(X0)V-.解：( (1)證明：要使參數(shù) a 對(duì)函數(shù)值不產(chǎn)生影響，需x= 0,此時(shí) f(0) = e0 ax02 2x0= 1,.函數(shù) f(x)的圖象恒過(guò)定點(diǎn)，該定點(diǎn)的坐標(biāo)為( (0,1).(2) 依題意得 eX 2ax 2 ax 1 恒成立， exax+ 1 恒成立.構(gòu)造函數(shù) g(x)= ex ax 1,則 g(x)= ex ax 1 的圖象恒過(guò)點(diǎn)(0,0), g (x) = ex a.1若 aw0,則 g (x) 0 , g(x)在 R 上單調(diào)遞增， ex ax+ 1 不能恒成立.2若 a 0,令 g (x)= 0，得 x = In a.當(dāng) x(8,in a)時(shí)，g(x)V0，函數(shù) g(x)單調(diào)遞減，當(dāng) x (In a, +