高考数学一轮复习课时训练：第3章 导数及其应用 14-2 Word版含解析（含答案）

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【课时训练】课时2　导数与函数的极值、最值一、选择题1．(2018山东菏泽一模)函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为(　　)A．1－e B．－1　C．－e D．0【答案】B【解析】因为f ′(x)＝－1＝，当x∈(0,1)时， f ′(x)＞0；当x∈(1，e]时， f ′(x)＜0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x＝1时， f(x)取得最大值ln 1－1＝－1.2．(2018广西来宾一模)已知函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则实数m＝(　　)A．0　 B．1　　C．2 D．3【答案】B【解析】f ′(x)＝(x－m)2＋2x(x－m)＝(x－m)·(3x－m)．由f ′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时， f ′(x)＝3(x－1)(x－3)，当1＜x＜3时， f ′(x)＜0；当x＜1或x＞3时， f ′(x)＞0.此时在x＝1处取得极大值，不合题意．所以m＝1，此时f ′(x)＝(x－1)(3x－1)，当＜x＜1时， f ′(x)＜0；当x＜或x＞1时， f ′(x)＞0.此时在x＝1处取得极小值．选B.3．(2018安徽池州一模)已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于点(1,0)，则f(x)的极大值、极小值分别为(　　)A．－，0　　 B．0，－C.，0  D．0，【答案】C【解析】由题意知， f ′(x)＝3x2－2px－q，由f ′(1)＝0, f(1)＝0得解得p＝2，q＝－1，∴f(x)＝x3－2x2＋x.由f ′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝或x＝1，易知当x＝时， f(x)取极大值，当x＝1时， f(x)取极小值0.4．(2018山东潍坊二模)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．(－∞，－3)  D．(－∞，－3]【答案】D【解析】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≤－3.5．(2018长沙模拟)已知函数f(x)＝(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为(　　)A.－1　 B．C． D．＋1【答案】A【解析】由f(x)＝得f ′(x)＝.当a＞1时，若x＞，则f ′(x)＜0, f(x)单调递减；若1＜x＜，则f ′(x)＞0, f(x)单调递增．故当x＝时，函数f(x)有最大值＝，得a＝＜1，不合题意；当a＝1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)＝，不合题意；当0＜a＜1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，此时最大值为f(1)＝＝，得a＝－1，符合题意，故a的值为－1.选A.6．(2018浙江瑞安中学月考)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x＝(　　)A.　 B．C． D．【答案】C【解析】由图象可知f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)，因此解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f ′(x)＝3x2－6x＋2.因为x1，x2是方程f ′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，所以x1＋x2＝2，x1x2＝，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝.7．(2018福建宁德一模)若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是(　　)A．[－5,0)　　 B．(－5,0)　C．[－3,0) D．(－3,0)【答案】C【解析】由题意知， f ′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，令f ′(x)＝0，解得x＝0或－2，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，做出其图象如图所示．令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，解得 a∈[－3,0)．故选C.8．(2018湖北武汉一模)已知函数f(x)＝x3－2x2－4x－7，其导函数为f ′(x)，给出以下命题：①f(x)的单调递减区间是；②f(x)的极小值是－15；③当a＞2时，对任意的x＞2且x≠a，恒有f(x)＞f(a)＋f ′(a)(x－a)；④函数f(x)有且只有一个零点．其中真命题的个数为(　　)A．1　　 B．2　　C．3 D．4【答案】C【解析】f ′(x)＝3x2－4x－4＝(x－2)(3x＋2)．①令f ′(x)＜0，得－＜x＜2，所以f(x)的单调递减区间是；②令f ′(x)＞0，得x＜－或x＞2，结合①可知f(x)的极小值是f(2)＝－15；③显然当a＞2时，对任意的x＞2且x≠a，恒有f(x)＞f(a)＋f ′(a)(x－a)不成立；④f＝－＜0, f(2)＝－15＜0，并结合①②易知f(x)有且只有一个零点．故选C.二、填空题9．(2019江苏泰州调研)函数f(x)＝x3＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是________．【答案】－【解析】f′(x)＝x2＋2x－3，令f′(x)＝0得x＝1(x＝－3舍去)．又f(0)＝－4, f(1)＝－， f(2)＝－，故f(x)在[0,2]上的最小值是f(1)＝－.10．(2018广州模拟)已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________.【答案】－7 【解析】由题意得f ′(x)＝3x2＋6ax＋b，则解得或经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)单调递增无法取得极值，而a＝2，b＝9满足题意，故a－b＝－7.11．(2018广西柳州模拟)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是________．【答案】(－∞，－3)∪(6，＋∞) 【解析】对函数f(x)求导得f ′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6，要使函数f(x)既存在极大值又存在极小值，则f ′(x)＝0有两个不同的根，所以判别式Δ＞0，即4m2－12(m＋6)＞0，所以m2－3m－18＞0，解得m＞6或m＜－3.12．(2018内蒙古包头联考)已知函数f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)＞0；　　②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；　　④f(0)f(3)＜0.其中正确结论的序号是________．【答案】②③ 【解析】∵f ′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)·(x－3)，由f ′(x)＜0，得1＜x＜3；由f ′(x)＞0，得x＜1或x＞3.∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．又a＜b＜c, f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，　∴y极大值＝f(1)＝4－abc＞0，y极小值＝f(3)＝－abc＜0，∴0＜abc＜4.∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，∴a<0，b<0，c>0不成立，如图．∴f(0)＜0.∴f(0)f(1)＜0, f(0)f(3)＞0，∴正确结论的序号是②③.三、解答题13．(2018大连双基测试)已知函数f(x)＝－ex(a＞0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在[1,2]上的最大值．【解】(1)f(x)＝－ex(a＞0)，则f ′(x)＝－ex.令f ′(x)－ex＝0，则x＝ln .当x变化时， f ′(x), f(x)的变化情况如下表：xlnf ′(x)＋0－f(x)极大值故函数f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为.(2)当ln≥2，即0＜a≤时， f(x)max＝f(2)＝－e2；当1＜ln＜2，即＜a＜时，f(x)max＝f＝ln－；当ln≤1，即a≥时，f(x)max＝f(1)＝－e.