2019届高考数学一轮复习第三章导数及其应用第三节导数与函数的极值、最值夯基提能作业本文

1、第二节导数与函数的极值、最值2=+ln x,则(A 组基础题组1.若函数 f(x)：)11A.x=为 f(x)的极大值点B.x=为 f(x)的极小值点C.x=2 为 f(x) 的极大值点D.x=2 为 f(x) 的极小值点2. 函数 y=在0,2上的最大值是()1 J_A弋B.C0 D.矶 413. 函数 f(x)=x2-In x的最小值为()1A.占 B.1 C.0 D. 不存在4. 已知函数 f(x)=x -px -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()4444A.-,0 B.0,- C. ,0D.0,5. 若函数 f(x)=x3-3ax 在区间(-

2、1,2)上仅有一个极值点，则实数 a 的取值范围是()A.(1,4 B.2,4 C.1,4) D.1,2326. f(x)=x -3x +2 在区间-1,1上的最大值是 _ .7. 已知函数 f(x)=x +3ax +3bx+c 在 x=2 处有极值，其图象在 x=1 处的切线平行于直线 6x+2y+5=0,则 f(x)的极大值与极小值之差为 _ .8. 已知 f(x)=2x3-6x2+m(m 为常数)在-2,2上有最大值 3,那么此函数在-2,2上的最小值为 _ .329. (2018 河南洛阳调研)已知 f(x)=x +ax +bx+1 的导数 f (x) 满足 f (1)=2a, f (

3、2)=-b,其中常数a,b R.(1)求曲线 y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程；设 g(x)=f (x)e-x,求函数 g(x)的极值.210.已知函数 f(x)=excos x-x.(1)求曲线 y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程IT求函数 f(x)在区间 PT 上的最大值和最小值B 组提升题组ax2+ bx + x4.已知函数 f(x)=;(a0)的导函数 y=f (x)的两个零点为-3 和 0.(1)求 f(x)的单调区间；若 f(x)的极小值为-e3,求 f(x)的极大值及 f(x)在区间-5,+a)上的最大值1.(2017 课标全国n,11,5分)若 x=-2

4、是函数 f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则 f(x)33A.-1B.-2e-C.5e-D.12.已知函数 f(x)=ax-ln x, 当 x (0,e(e为为自然常数)时，函数 f(x)的最小值为 3的极小值为()3.已知函数 f(x)=+kl n x,k2 时，f (x)0, 此时 f(x)为增函数；当 0 x2时，f (x)0,得 OWx1,令 y0,得 1x0.令 f (x)0, 得 x1;令 f (x)0, 得 0 x0在 R 上恒成立，所以 f(x)在 R 上单调递增，f(x)没有极值点，不符合题意；当 a0 时，令 f (x)=0 得 x= ,当 x 变化时，f (x

5、) 与 f(x)的变化情况如下表：x(-oo? -V7)-岀(-匹曲)pa(W，+o)f (x)+0-0+f(x)/极大值极小值/C.6 飞答案 22苗解析 f (x)=3x-6x=3x(x-2), 令 f (x)=0 得 x=0 或 x=2(舍),因为函数 f(x)在区间(-1,2)上仅有一个极值点，所以1,解得 1Wa4.故选24当-1x0, f(x)当 0 x1 时,f (x) - -2 2所以 f (x)=3x-6x,令 3x -6x=0,则 x=0 或 x=2,所以 f(x)在(-,0)和(2,+)上递增,在(0,2)上递减,所以 f(x)极大值-f(x)极小值=f(0)-f(2)=

6、4.8. 答案 -372解析 由题意知，f (x)=6x-12x,令 f (x)=0, 得 x=0 或 x=2,当 x2 时,f (x)0, 当 0 x2 时,f (x)0, f(x)在-2,0)上单调递增，在(0,2上单调递减，由条件知 f(0)=m=3, f(2)= -5, f(-2)=-37,A所求最小值为-37.9. C 解析 (1)由 f (x)=3x2+2ax+b,(/ (1) = 3 + 2ab = 2aff * (2) = I 2+4a + b = - h,解得所以 f(x)=x3- x2-3x+1,f (x)=3x2-3x-3.S于是有 f(1)=-.又 f (1)=-3,2

7、(2)由(1)知 g(x)=(3x -3x-3)e6令 g(x)=0 得 x=0或 x=3,当 x3 时,g(x)0; 当 0 x0.于是函数 g(x)在(-a,0)上单调递减，在(0,3)上单调递增，在(3,+a)上单调递减 所以函数 g(x)在 x=0 处取得极小值g(0)=-3,在 x=3 处取得极大值 g(3)=15e-.10. 解析 (1)因为 f(x)=excos x-x, 所以 f (x)=ex(cos x-sin x)-1, f (0)=0.又因为 f(0)=1,所以曲线 y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为 y=1.(2)设 h(x)=ex(cos x-sin x)

8、-1,贝 V h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.Ki当 xH 时,h(x) 0,故曲线 y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程为y-即 6x+2y-1=0.-x则 g(x)=(-3x2-x+9x)e ,7 Hl所以 h(x)在区间 I日上单调递减 所以对任意 x 屮乩 h(x) h(0)=0,即 f (x) 1所以函数 f(x)在区间 PT 上单调递减III因此 f(x)在区间心上的最大值为 f(0)=1,B 组提升题组1.A由题意可得 f (x)=ex-1x2+(a+2)x+a- 1. /x= -2 是函数 f(x)=(x2+ax-1

9、)ex-1的极值点，二 f2v 1xi2v 1(-2)=0,a=-1,.f(x)=(x-x-1)e-, f (x)=e-(x +x-2)=e- (x -1)(x+2), 当 x (-时，f (x)0, f(x)单调递增；x ( -2,1)时，f (x)0,由 f (x)=a-=：=0,得 x=,当 x 时,f (x)0, f(x)单调递减1 1当 0e 时,由 ae-ln e=3,得 a=,舍去. 综上所述,a 的值为 e2.-x (1 - x) kx 12 23. %解析 f (x)=+ =：一,e(1)若 k=0,则在上上恒有 f (x)0, f(x)1单调递增，所以 f(x)在 x=处取得极小值8J、f(x)ma=f =e-1.- f(x)min=f(e)=:+kln e= +k-1,f(x)ma=f=e-k-1. f (x)=rl一、e f(x)在代上单调递减,+kl n e=+k-1,f(x)ma=f=e-k-1.(Zax + b)cx- (ax3+ bx + c) c43令 g(x)=-ax +(2a-b)x+b-c,因为 ex0,所以 y=f (x)的零点就是 g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c的零点，且 f (x) 与 g(x)符号相同4 f(x)min=f(e)=若 kz0,则 f (x)kx -r kx - 1*2Tx = xrl 若