2019高考数学 导数及其应用第3讲导数与函数的极值分层演练文

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1、第3讲导数与函数的极值一、选择题1．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝(　　)A．－4B．－2C．4D．2解析：选D.由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.2．函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则x＋x等于(　　)A.B.C.D.解析：选C.函数f(x)的图象过原点

2、，所以d＝0.又f(－1)＝0且f(2)＝0，即－1＋b－c＝0且8＋4b＋2c＝0，解得b＝－1，c＝－2，所以函数f(x)＝x3－x2－2x，所以f′(x)＝3x2－2x－2，由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2＝，x1x2＝－，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋＝.3．(2018·山西模拟)已知函数y＝f(x)导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是(　　)A．(－1，3)为函数y＝f(x)的递增区间B．(3，5)为函数y＝f(x)的递减区间C．函数y

3、＝f(x)在x＝0处取得极大值D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值解析：选C.由函数y＝f(x)导函数的图象可知：当x<－1及35时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，5)；单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，f(x)在x＝－1，5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误，故选C.4．(2018·陕西质量检测(一))设函数f(x)＝xsinx在x＝x0处取得极值，则(1＋x)(1＋cos

4、2x0)的值为(　　)A．1B．－1C．－2D．2解析：选D.f′(x)＝sinx＋xcosx，令f′(x)＝0得tanx＝－x，所以tan2x0＝x，故(1＋x)(1＋cos2x0)＝(1＋tan2x0)·2cos2x0＝2cos2x0＋2sin2x0＝2，选D.5．(2018·福建福州八中第六次质检)已知函数f(x)＝ex－(x＋1)2(e为2.71828…)，则f(x)的大致图象是(　　)解析：选C.对f(x)＝ex－(x＋1)2求导得f′(x)＝ex－2x－2，显然x→＋∞时，导函数f′(x)>0，函数f(x)

5、是增函数，排除A，D；x＝－1时，f′(－1)≠0，所以x＝－1不是函数的极值点，排除B，故选C.6．若函数f(x)＝x3－3ax在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a的取值范围为(　　)A．(1，4]B．[2，4]C．[1，4)D．[1，2]解析：选C.因为f′(x)＝3(x2－a)，所以当a≤0时，f′(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，f(x)没有极值点，不符合题意；当a>0时，令f′(x)＝0得x＝±，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示：x(－∞，－)－(－，)(，＋∞)

6、f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值因为函数f(x)在区间(－1，2)上仅有一个极值点，所以或解得1≤a<4.选C.二、填空题7．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，若x＝－3是函数f(x)的一个极值点，则实数a＝________．解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋3，由题意知x＝－3为方程3x2＋2ax＋3＝0的根，所以3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，解得a＝5.答案：58．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1，0)点，则f(x)的极大值与极小值的和为________．解析

7、：由题意知，f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0得解得所以f(x)＝x3－2x2＋x，由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝或x＝1，易得当x＝时，f(x)取极大值，当x＝1时，f(x)取极小值0.所以f(x)的极大值与极小值的和为.答案：9．已知函数f(x)＝(k≠0)，则函数f(x)的极值为________．解析：f(x)＝，其定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－.令f′(x)＝0，得x＝1，当k>0时，若00；若x>1，则f′(x)<0，所以f(x)在(0，

8、1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，函数f(x)取得极大值.当k<0时，若01，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x＝1时，函数f(x)取得极小值.答案：10．若函数f(x)＝xlnx－x2－x＋1(a＞0)有两个极值点，则a的