2021届高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第2课时导数与函数的极值最值跟踪检测文含解析202101231125.doc

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1、第三章　导数及其应用第二节　导数的应用第2课时　导数与函数的极值、最值A级·基础过关

2、固根基

3、1.函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是(　　)A．25，－2B．50，14C．50，－2D．50，－14解析：选C　因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x＝0时，x＝－3或0，当x∈[－4，－3)或x∈(0，2]时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；当x∈(－3，0)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数．由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x

4、2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是50，－2.2．函数f(x)＝aex－sinx在x＝0处有极值，则a的值为(　　)A．－1B．0C．1D．e解析：选C　f′(x)＝aex－cosx，∵函数f(x)＝aex－sinx在x＝0处有极值，∴f′(0)＝a－1＝0，解得a＝1，经检验a＝1符合题意．故选C.3．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，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

5、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＝＋＝.4．(2019届东莞模拟)若x＝1是函数f(x)＝ax＋lnx的极值点，则(　　)A．f(x)有极大值－1B．f(x)有极小值－1C．f(x)有极大值0D．f(x)有极小值0解析：选A　∵f(x)＝ax＋lnx，x＞0，∴f′(x)＝a＋.由f′(1)＝0，得a＝－1，∴f′(x)＝－1＋＝.由f′(x)＞0，得0＜x＜1；由f′(x)＜

6、0，得x＞1，∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴f(x)极大值＝f(1)＝－1，无极小值，故选A.5．用边长为120cm的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为(　　)A．120000cm3B．128000cm3C．150000cm3D．158000cm3解析：选B　设水箱底长为xcm，则高为cm.由得0＜x＜120.设容器的容积为ycm3，则有y＝·x2＝－x3＋60x2.则有y′＝－x2＋120x.令y′＝0，解得x＝80(x＝0舍去)．当x∈(0，

7、80)时，y′＞0，y单调递增；当x∈(80，120)时，y′＜0，y单调递减．因此，x＝80是函数y＝－x3＋60x2的极大值点，也是最大值点，此时y＝－×803＋60×802＝128000.故选B.6．函数f(x)＝x3－3x2＋4在x＝________处取得极小值．解析：由f′(x)＝3x2－6x＝0，得x＝0或x＝2.列表：x(－∞，0)0(0，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以在x＝2处取得极小值．答案：27．若函数f(x)＝x3－x2＋2x没有极小值点，则实数a的取值范围是________．解析：函数f(x)

8、＝x3－x2＋2x的导数为f′(x)＝ax2－2x＋2.当a＝0时，f(x)＝－x2＋2x，满足题意；当a≠0时，则方程ax2－2x＋2＝0无变号零点，即Δ＝4－8a≤0，解不等式可得a≥.综上可得，实数a的取值范围是{0}∪，＋∞.答案：{0}∪，＋∞8．已知函数f(x)＝lnx－ax存在最大值0，则a＝________．解析：f′(x)＝－a，x＞0.当a≤0时，f′(x)＝－a＞0恒成立，函数f(x)单调递增，不存在最大值；当a＞0时，令f′(x)＝－a＝0，解得x＝.当0＜x＜时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＞时，f′(x)＜0，函

9、数f(x)单调递减．∴f(x)max＝f＝ln－1＝0，解得a＝.答案：9．(2019届湖北黄冈模拟)已知函数f(x)＝－ax，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线经过点(2，－1)．(1)求实数a的值；(2)设b>1，求f(x)在，b上的最大值和最小值．解：(1)由题可得，f(x)的导函数为f′(x)＝(x>0)，∴f′(1)＝＝1－a.依题意，有＝1－a，即＝1－a，解得a＝1.(2)由(1)得，f′(x)＝(x>0)，易知，f′(1)＝0，∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．又∵0<<1

10、设h(b)＝f(b)－f＝lnb－b＋，其中b>1，则h′(b)＝lnb>0，∴