【全国甲卷】2020版考前三个月高考数学通用练习 知识 方法篇 专题3　函数与导数 第14练 含答案.docx

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1、第14练　函数的极值与最值[题型分析·高考展望]　本部分内容为导数在研究函数中的一个重要应用，在高考中也是重点考查的内容，多在解答题中的某一问中考查，要求熟练掌握函数极值与极值点的概念及判断方法，极值和最值的关系.体验高考1.(2016·四川)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于(　　)A.－4B.－2C.4D.2答案　D解析　∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，则x1＝－2，x2＝2.当x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；

2、当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，∴f(x)的极小值点为a＝2.2.(2016·课标全国甲)(1)讨论函数f(x)＝ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0；(2)证明：当a∈[0，1)时，函数g(x)＝(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域.(1)解　f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞).f′(x)＝＝≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增.所以当x∈(0，＋∞)时，f(

3、x)>f(0)＝－1.所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.(2)证明　g′(x)＝＝(f(x)＋a).由(1)知，f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.因此，存在唯一xa∈(0，2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0.当0xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为于是h(a)＝由′＝>0，得

4、单调递增.所以，由xa∈(0，2]，得＝

5、f(sinx)－f0(sinx)

6、在上的最大值D；(3)在(2)中，取a0＝b0＝0，求z

7、＝b－满足D≤1时的最大值.解　(1)f(sinx)＝sin2x－asinx＋b＝sinx(sinx－a)＋b，－0，－2<2sinx<2.①a≤－2，b∈R时，函数f(sinx)单调递增，无极值.②a≥2，b∈R时，函数f(sinx)单调递减，无极值.③对于－2

8、b∈R时，函数f(sinx)在x0处有极小值f(sinx0)＝f＝b－.(2)－≤x≤时，

9、f(sinx)－f0(sinx)

10、＝

11、(a0－a)sinx＋b－b0

12、≤

13、a－a0

14、＋

15、b－b0

16、.当(a0－a)(b－b0)≥0时，取x＝，等号成立.当(a0－a)(b－b0)<0时，取x＝－，等号成立.由此可知，

17、f(sinx)－f0(sinx)

18、在上的最大值为D＝

19、a－a0

20、＋

21、b－b0

22、.(3)D≤1即为

23、a

24、＋

25、b

26、≤1，此时0≤a2≤1，－1≤b≤1，从而z＝b－≤1.取a＝0，b＝1，则

27、a

28、＋

29、b

30、≤1，并

31、且z＝b－＝1.由此可知，z＝b－满足条件D≤1时的最大值为1.高考必会题型题型一　利用导数求函数的极值例1　(2015·重庆)设函数f(x)＝(a∈R).(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围.解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝＝，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，从而f(x)在点(1，f(1

32、))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝.令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0解得x1＝，x2＝.当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数；当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)为增函数；当x＞x2时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数.由f(x