【数学】2020届数学文一轮复习第三章第3讲导数与函数的极值、最值作业 6页

‎1．函数y＝在[0，2]上的最大值是(　　)‎ A．　　　　　　　　　 B． C．0 D． 解析：选A．易知y′＝，x∈[0，2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得2≥x>1，所以函数y＝在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y＝在[0，2]上的最大值是y|x＝1＝，故选A．‎ ‎2．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝(　　)‎ A．－4 B．－2‎ C．4 D．2‎ 解析：选D.由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.‎ ‎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．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]‎ 解析：选D.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．若函数f(x)＝x3－3ax在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a的取值范围为(　　)‎ A．(1，4] B．[2，4]‎ C．[1，4) D．[1，2]‎ 解析：选C．因为f′(x)＝3(x2－a)，所以当a≤0时，f′(x)≥0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a>0时，令f′(x)＝0得x＝±，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示：‎ x ‎(－∞，－)‎ ‎－ ‎(－，)‎ ‎(，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  因为函数f(x)在区间(－1，2)上仅有一个极值点，所以或解得1≤a<4.选C．‎ ‎6．f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1，1]上的最大值是________．‎ 解析：f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，‎ 令f′(x)＝0得x＝0或x＝2(舍)，‎ 当－10；‎ 当00)，‎ 所以f′(x)＝ln x－ax，f″(x)＝－a＝0，‎ 得一阶导函数有极大值点x＝，‎ 由于x→0时f′(x)→－∞；当x→＋∞时，f′(x)→－∞，‎ 因此原函数要有两个极值点，‎ 只要f′＝ln－1>0，解得00)，‎ 所以f′(x)＝2x－＝，‎ 令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得00，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－20，则由f′(x)＝0得x＝ln a.‎ 当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．‎ ‎③若a<0，则由f′(x)＝0得x＝ln(－)．‎ 当x∈(－∞，ln(－))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－)，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，ln(－))上单调递减，在(ln(－)，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.‎ ‎②若a>0，则由(1)得，当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a．从而当且仅当－a2ln a≥0，即a≤1时，f(x)≥0.‎ ‎③若a<0，则由(1)得，当x＝ln(－)时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln(－))＝a2[－ln(－)]．从而当且仅当a2[－ln(－)]≥0，即a≥－2e时f(x)≥0.‎ 综上，a的取值范围是[－2e，1]．‎