当前位置：首页 > 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讲导数与函数的极值最值练习
解析 由题意，f′(x)＝x＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其图象如图所示.
13222
令x＋x－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，333
??－3≤a<0，?解得a∈[－3，0)，故选C. ?a＋5>0，?
2
答案 C
1－x1?1?13.(2017·湖州调研)已知函数F(x)＝＋kln x(其中k<且k≠0)，则F(x)在?，e?上
xe?e?的最大值为________，最小值为________.
1－x（1－x）′x－（1－x）x′kkx－1
解析 F(x)＝＋kln x(x>0)，∴F′(x)＝＋＝2. 2
xxxxk?x－?11－e?k????1?①若k<0，在?，e?上，恒有<0，∴F(x)在?，e?上单调递减，F(x)min＝F(e)＝2
xe?e??e?
1?1?＋k＝＋k－1，F(x)max＝F??＝e－k－1.
e?e?
?
1?k?x－?111?k?
②k>0时，∵k<，∴>e，x－<0，∴<0，
ekkx2
1－e1?1??1?∴F(x)在?，e?上单调递减，∴F(x)min＝F(e)＝＋k＝＋k－1.F(x)max＝F??＝e－k－
ee?e??e?1.
11
综上所述，当k≠0且k<时，F(x)max＝e－k－1，F(x)min＝＋k－1.
ee1
答案 e－k－1 ＋k－1
e
14.(2017·济南模拟)设函数f(x)＝ln(x＋a)＋x.
(1)若当x＝－1时，f(x)取得极值，求a的值，并讨论f(x)的单调性； e
(2)若f(x)存在极值，求a的取值范围，并证明所有极值之和大于ln. 2解 (1)f′(x)＝13＋2x，依题意，有f′(－1)＝0，故a＝. x＋a2
2
?
1?（2x＋1）（x＋1）?3?从而f′(x)＝，且f(x)的定义域为?－，＋∞?，
3?2?x＋23
当－
2
5
1
当－1 21 当x>－时，f′(x)>0. 2 1??3??1??∴f(x)在区间?－，－1?，?－，＋∞?上单调递增，在?－1，－?上单调递减. 2??2??2??2x＋2ax＋1 (2)f(x)的定义域为(－a，＋∞)，f′(x)＝. x＋a方程2x＋2ax＋1＝0的判别式Δ＝4a－8， ①若Δ≤0，即－2≤a≤2时，f′(x)≥0，故f(x)无极值. －a－a－2 ②若Δ>0，即a<－2或a>2，则2x＋2ax＋1＝0有两个不同的实根，x1＝， 2 2 2 2 2 2 －a＋a－2x2＝. 2 当a<－2时，x1<－a，x2<－a， 故f′(x)>0在定义域上恒成立， 故f(x)无极值. 当a>2时，－a 综上，f(x)存在极值时，a的取值范围为(2，＋∞). 1 由上可知，x1＋x2＝－a，x1x2＝. 2 所以，f(x)的极值之和为f(x1)＋f(x2)＝ln(x1＋a)＋x1＋ln(x2＋a)＋x2 ＝ln(－x2)＋ln(－x1)＋(x1＋x2) ＝ln(x1x2)＋(x1＋x2)－2x1x2 121e2 ＝ln＋a－1>ln＋(2)－1＝ln. 222 43 15.若函数f(x)＝ax－bx＋4，当x＝2时，函数f(x)有极值－. 3(1)求函数f(x)的解析式； (2)若函数f(x)＝k有3个解，求实数k的取值范围. 解 (1)对函数f(x)求导得：f′(x)＝3ax－b， 2 2 2 2 2 2 2f′（2）＝12a－b＝0，?? 由题意?4 f（2）＝8a－2b＋4＝－，?3? 6 1??a＝，13 解得?3∴函数f(x)的解析式为f(x)＝x－4x＋4. 3 ??b＝4.(2)由(1)可得：f′(x)＝x－4＝(x－2)(x＋2)， 令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 2 x f′(x) f(x) (－∞，－2) ＋ －2 0 28 3(－2，2) － 2 0 4－ 3(2，＋∞) ＋ 28因此，当x＝－2时，f(x)有极大值； 34 当x＝2时，f(x)有极小值－. 3 13 ∴函数f(x)＝x－4x＋4的图象大致如图所示. 3 因为方程f(x)＝k的解的个数即为y＝k与y＝f(x)的交点个数. ?428?所以实数k的取值范围是?－，?. ?33? 7 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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