2020届高考数学第三单元导数及其应用第17讲导数在函数中的应用——极值与最值练习理新人教A版

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1、第17讲　导数在函数中的应用——极值与最值1．(2016·四川卷·文)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝(D)A．－4B．－2C．4D．2由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，所以当x＜－2或x＞2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜2时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．所以f(x)在x＝2处取得极小值，所以a＝2.2．函数f(x)＝在[0,1]上的最大值为(B)A．0B.C．eD.因

2、为f′(x)＝＝≥0在[0,1]上恒成立，所以f(x)在[0,1]上为增函数，所以当x＝1时，f(x)有最大值.3.(2018·广州一模)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处的极值为10，则数对(a，b)为(C)A．(－3，3)B．(－11，4)C．(4，－11)D．(－3，3)或(4，－11)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由条件即解之得或检验a＝－3，b＝3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此时f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值．故4．(2017·安

3、徽二模)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)的图象的是(D)令g(x)＝f(x)ex，则g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex，因为x＝－1为函数g(x)的一个极值点，所以g′(－1)＝f′(－1)e－1＋f(－1)e－1＝0，所以f′(－1)＝－f(－1)，D选项中，f(－1)>0，所以f′(－1)＝－f(－1)<0，这与图象不符，故选D.5．已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3,3]上的最大值与

4、最小值分别为M、m，则M－m＝　32　.由f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，又f(3)＝－1，f(－3)＝17，f(2)＝－8，f(－2)＝24，所以M＝24，m＝－8，故M－m＝32.6．若函数f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有极值，则a的取值范围是　(－∞，－1)∪(2，＋∞)　.因为y′＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，因为y＝f(x)有极值，所以方程3x2＋6ax＋3(a＋2)＝0有两个不等的实根，所以Δ>0，即36a2－36(a＋2)>0，即a2－a－2>0，解得a>2

5、或a<－1.7．(2017·北京卷)已知函数f(x)＝excosx－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间[0，]上的最大值和最小值．(1)因为f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0.又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(2)设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，则h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx.当x

6、∈(0，)时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间[0，]上单调递减．所以对任意x∈(0，]有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.所以函数f(x)在区间[0，]上单调递减．因此f(x)在区间[0，]上的最大值为f(0)＝1，最小值为f()＝－.8．(2017·广州五校协作体一诊)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有极值，则实数a的取值范围是(A)A．(－∞，)B．(0，)C．(－∞，]D．(0，]f(x)＝x(lnx－ax)＝xlnx－ax2(x>0)，f′(x)＝lnx＋1－2ax.令g(

7、x)＝lnx＋1－2ax，因为f(x)＝x(lnx－ax)有极值，则g(x)＝0在(0，＋∞)有实根，g′(x)＝－2a＝，当a≤0时，g′(x)>0，函数g(x)在(0，＋∞)内单调递增，当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，故存在x0∈(0，＋∞)，使得f(x)在(0，x0)内单调递减，在(x0，＋∞)内单调递增，故f(x)存极小值f(x0)，符合题意．当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝.当00，函数g(x)单调递增，当x>时，g′(x)<0，函数g

8、(x)单调递减，所以x＝时，g(x)取得极大值，因为当x→0和x→＋∞时，均有g(x)→－∞，要使g(x)在(0，＋∞)有实根，且f(x)有极值，则g()＝ln>0，解得00)．①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，