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第三章 导数及其应用 第3讲 导数与函数的极值、最值练习
基础巩固题组 (建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2016·四川卷)已知a为函数f(x)＝x－12x的极小值点，则a＝( ) A.－4
2
3
B.－2 C.4 D.2
解析 f′(x)＝3x－12，∴x<－2时，f′(x)>0，－2
f′(x)>0，∴x＝2是f(x)的极小值点.
答案 D
12
2.函数f(x)＝x－ln x的最小值为( )
21A. 2
B.1
2
C.0 D.不存在
1x－1
解析 f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0 xx11在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝－ln 1＝. 22答案 A 3.(2017·合肥模拟)已知函数f(x)＝x＋bx＋cx的图象如图所示，则 2 x21＋x2等于( ) 3 2 2A. 38C. 3 4B. 3D.16 3 解析 由图象可知f(x)的图象过点(1，0)与(2，0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1＋b＋c＝0，8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x－3x＋2x，所以f′(x)222 ＝3x－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)＝3x－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝，所 348222 以x1＋x2＝(x1＋x2)－2x1x2＝4－＝. 33答案 C 4.(2017·绍兴调研)已知函数f(x)＝e－x，若?x∈[1，2]，不等式－m≤f(x)≤m－4恒成立，则实数m的取值范围是( ) A.(－∞，1－e] C.[－e，e＋1] xx2 2 3 2 B.[1－e，e] D.[e，＋∞) 2 解析 因为f(x)＝e－x，所以f′(x)＝e－2x，令g(x)＝f′(x)，所以g′(x)＝e－2， 1 xx因为x∈[1，2]，所以g′(x)＝e－2>0，故f′(x)＝e－2x在[1，2]上是增函数，故f′(x)＝e－2x≥e－2>0；故f(x)＝e－x在[1，2]上是增函数，故e－1≤e－x≤e－4；故－ xx2 xxx22 m≤f(x)≤m2－4恒成立可化为－m≤e－1≤e2－4≤m2－4；故m≥e. 答案 D 5.(2017·东北四校联考)已知函数f(x)＝x＋ax＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是( ) A.(－1，2) C.(－3，6) 2 3 2 B.(－∞，－3)∪(6，＋∞) D.(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析 ∵f′(x)＝3x＋2ax＋(a＋6)， 由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根. ∴Δ＝4a－4×3(a＋6)>0，即a－3a－18>0， ∴a>6或a<－3. 答案 B 二、填空题 6.函数f(x)＝＋x－3x－4在[0，2]上的最小值是________. 3解析 f′(x)＝x＋2x－3，由f′(x)＝0，x∈[0，2]， 17 得x＝1.比较f(0)＝－4，f(1)＝－， 3 2 2 2 x3 2 f(2)＝－，可知最小值为－. 17 答案 － 3 7.已知函数f(x)＝x＋ax＋bx－a－7a在x＝1处取得极大值10，则的值为________. ??3＋2a＋b＝0， 解析 由题意知，f′(x)＝3x＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即?2 ?1＋a＋b－a－7a＝10，? 2 3 2 2 10 3173 ab???a＝－2，??a＝－6，?a＝－6，a2解得?或?经检验?满足题意，故＝－. b3?b＝1?b＝9，?b＝9??? 2 答案 － 3 8.(2017·金华月考)函数f(x)＝x－3ax＋b(a>0)的极大值为6，极小值为2，则f(x)的单调递减区间是________；函数的极大值为________. 解析 令f′(x)＝3x－3a＝0，得x＝±a， 则f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表： 2 3 2 x f′(x) (－∞，－a) ＋ －a 0 极大值 (－a，a) － a 0 极小值 (a，＋∞) ＋ f(x) ?（－a）3－3a（－a）＋b＝6，从而? 3 ?（a）－3aa＋b＝2， ??a＝1，解得?f(x)＝x3－3x＋4， ?b＝4.? 所以f(x)的单调递减区间是(－1，1)，当x＝－a＝－1时，f(x)极大＝f(－1)＝6. 答案 (－1，1) 6 三、解答题 e9.(2017·丽水检测)设f(x)＝2，其中a为正实数. 1＋ax4 (1)当a＝时，求f(x)的极值点； 3 (2)若f(x)为R上的单调函数，求实数a的取值范围. 1＋ax－2ax解 对f(x)求导得f′(x)＝e·22.① （1＋ax） x2 x42 (1)当a＝时，若f′(x)＝0，则4x－8x＋3＝0， 331 解得x1＝，x2＝.结合①，可知 22 x f′(x) f(x) ?－∞，1? ?2???＋ 1 20 极大值 ?1，3? ?22???－ 3 20 极小值 ?3，＋∞? ?2???＋ 31所以x1＝是极小值点，x2＝是极大值点. 22 (2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知ax－2ax＋1≥0在R上恒成立，即Δ＝4a－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a>0，知0 (2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值. 解 (1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)e. 令f′(x)＝0，得x＝k－1. 3 xx2 2 f(x)与f′(x)随x的变化情况如下表： x f′(x) f(x) (－∞，k－1) － k－1 0 －ek－1(k－1，＋∞) ＋ 所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞). (2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0，1]上单调递增， 所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k； 当0 f(x)在[0，k－1]上单调递减，在[k－1，1]上单调递增， 所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1 ； 当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0，1]上单调递减， 所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e. 综上，当k≤1时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(0)＝－k； 当1 f(k－1)＝－ek－1； 当k≥2时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e. 能力提升题组 (建议用时：30分钟) 11.函数f(x)＝A.仅有最小值 xe x( ) 1 B.仅有最大值 1 2e 1 2e 2e C.有最小值0，最大值 1－2xD.无最值 解析 函数f(x)的定义域为[0，＋∞)，f′(x)＝ ?0，1?时，f′(x)>0， ，∴当x∈?2?x??2xe ?2? 2e 1?1??1?f(x)递增；当x∈?，＋∞?时，f′(x)<0，f(x)递减.又f(0)＝0，f??＝，当 ?2? ??x∈?，＋∞?时，f(x)>0，∴f(x)min＝0，f(x)max＝ ? 答案 C 1 ?2 12e . 1322 12.(2017·长沙调研)若函数f(x)＝x＋x－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a33的取值范围是( ) A.[－5，0) B.(－5，0) C.[－3，0) D.(－3，0) 4 搜索更多关于： 浙江专用2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第3讲导 的文档
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