2021版高考数学第三章导数及其应用第2讲导数的应用第2课时导数与函数的极值、最值练习理北师大版.docx

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1、第2课时导数与函数的极值、最值[基础题组练]1．(2020·辽宁沈阳一模)设函数f(x)＝xex＋1，则(　　)A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点解析：选D.由f(x)＝xex＋1，可得f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)>0可得x>－1，即函数f(x)在(－1，＋∞)上是增函数；令f′(x)<0可得x<－1，即函数f(x)在(－∞，－1)上是减函数，所以x＝－1为f(x)的极小值点．故选D.2．函数y＝在[0，

2、2]上的最大值是(　　)A.　　　　　　　　　B．C．0D．解析：选A.易知y′＝，x∈[0，2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得1＜x≤2，所以函数y＝在[0，1]上是增加的，在(1，2]上是减少的，所以y＝在[0，2]上的最大值是y

3、x＝1＝，故选A.3．(2020·广东惠州4月模拟)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝x·f′(x)的图象可能是(　　)解析：选C.因为函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x

4、＝－2处取得极小值，所以当x>－2时，f′(x)>0；当x＝－2时，f′(x)＝0；当x<－2时，f′(x)<0.所以当－20.故选C.4．(2020·河北石家庄二中期末)若函数f(x)＝(1－x)(x2＋ax＋b)的图象关于点(－2，0)对称，x1，x2分别是f(x)的极大值点与极小值点，则x2－x1＝(　　)A．－B．2C．－2D．解析：选C.由题意可得f(－2)＝3(4－2a＋b)＝0，因为函数图象关于点(－2

5、，0)对称，且f(1)＝0，所以f(－5)＝0，即f(－5)＝6(25－5a＋b)＝0，联立解得故f(x)＝(1－x)(x2＋7x＋10)＝－x3－6x2－3x＋10，则f′(x)＝－3x2－12x－3＝－3(x2＋4x＋1)，结合题意可知x1，x2是方程x2＋4x＋1＝0的两个实数根，且x1>x2，故x2－x1＝－

6、x1－x2

7、＝－＝－＝－2.5．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　)A．[－3，＋∞)B．(－3，＋∞)C．(－

8、∞，－3)D．(－∞，－3]解析：选D.由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，所以k≤－3.6.函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则x＋x＝________．解析：函数f(x)的图象过原点，所以d＝0.又f(－1)＝0

9、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＝＋＝.答案：7．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________．解析：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)

10、在R上递增，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(－∞，－)－(－，)(，＋∞)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.答案：[1，4)8．函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，由f′(x)＝0得x＝±a，当－a<

11、xa或x<－a时，f′(x)>0，函数递增，所以f(x)的极大值为f(－a)，极小值为f(a)．所以f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0.解得a>.所以a的取值范围是.答案：9．已知函数f(x)＝x3－(a2＋a＋2)x2＋a2(a＋2)x，a∈R.(1)当a＝－1时，求函数y＝f(x)的单调区间；(2)求函数y＝f(x)的极值点．解：(1)当a＝－1时，f