（浙江专用）高考数学一轮复习 课时跟踪检测（十九）导数与函数的极值、最值（含解析）-人教版高三全册数学试题VIP专享VIP免费

课时跟踪检测（十九）导数与函数的极值、最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·金华质检)设函数f(x)＝xex＋1，则()A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点解析：选D由题意得，f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＜0，当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，则f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以x＝－1为f(x)的极小值点，故选D.2．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是()A．25，－2B．50,14C．50，－2D．50，－14解析：选C因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x，当x∈[－4，－3)或x∈(0,2]时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，当x∈(－3,0)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是50，－2.3．已知函数f(x)的定义域为(x1，x2)，导函数f′(x)在(x1，x2)内的图象如图所示，则函数f(x)在(x1，x2)内极值点的个数为()A．2B．3C．4D．5解析：选A由f′(x)的图象可知，其与x轴有4个交点，但是只有2个满足由正变负或由负变正的条件，所以f(x)在(x1，x2)内极值点的个数为2.4．函数f(x)＝－x3＋12x＋6，x∈的零点个数是________．解析：f′(x)＝－3x2＋12，x∈.当x∈时，f′(x)＞0，当x∈(2,3]时，f′(x)＜0.所以f(x)在上是增函数，在(2,3]上是减函数．故f(x)极大值＝f(2)＝22.由于f＞0，f(3)＞0，所以有0个零点．答案：05．已知定义域为(0，＋∞)的函数f(x)的图象经过点(2,4)，且f′(x)＞1，则不等式f(2x－2)＜2x的解集为________．解析：令g(x)＝f(x)－x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝f′(x)－1＞0，所以g(x)＝f(x)－x在(0，＋∞)上单调递增，且g(2)＝f(2)－2＝2.由f(2x－2)＜2x得f(2x－2)－(2x－2)＜2，即g(2x－2)＜g(2)，所以解得1＜x＜2.答案：(1,2)二保高考，全练题型做到高考达标1．已知函数f(x)＝lnx＋(a∈R)在区间[e－2，＋∞)上有两个零点，则a的取值范围是()A.B.C.D.1解析：选A令f(x)＝lnx＋＝0，x∈[e－2，＋∞)，得－a＝xlnx．记H(x)＝xlnx，x∈[e－2，＋∞)，则H′(x)＝1＋lnx，由此可知H(x)在[e－2，e－1)上单调递减，在(e－1，＋∞)上单调递增，且H(e－2)＝－2e－2，H(e－1)＝－e－1，当x→＋∞时，H(x)→＋∞，故当≤a＜时，f(x)在[e－2，＋∞)上有两个零点．2．(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等于()A.B.C.D.解析：选C由图象可知f(x)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)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝.3．已知函数f(x)(x∈R)为奇函数，当x∈(0,2]时，f(x)＝lnx－m2x，当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，则m的值为()A．1B．2C．eD．e2解析：选C f(x)在R上是奇函数，当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，∴f(x)在(0,2]上的最大值为－3. 当x∈(0,2]时，f′(x)＝－m2，令f′(x)＝0，解得x＝m－2.当x∈(0，m－2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(m－2,2]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故当x＝m－2时，f(x)在(0,2]上取得最大值－3，即f(m－2)＝lnm－2－m2·m－2＝lnm－2－1＝－3，解得m＝e.4．已知函数f(x)＝1＋x－＋－＋…＋，g(x)＝－1－x＋－＋－…－，设函数F(x)＝f(x＋3)g(x－4)，且函数F(x)的所有零点均在[a，b](a，b∈Z)内，则b－a的最小值为()A．6B．8C．9D．10解析：选B易知f′(x)＝1－x＋x2－x3＋…＋x2018，f′(1)＝1＞0.当x＞1时，f′(x)＞0，当x＜1时，f′(x)＞0，因此f(x)是R上的增函数． f(0)＝1＞0，f(－1)＝(1－1)＋＜0，∴函数f(x)在(－1,0)上有唯一零点，∴函数f(x＋3)在(－4，－3)上有唯一零点．同理，g′(x)＝－1＋x－x2＋…－x2018＝－f′(x)，∴g′(1)＝－1＜0，当x＞1时，g′(x)＜0，当x＜1时，g′(x)＜0，因此g(x)是R上的减函数． g(0)＝－1＜0，g(－1)＝(－1＋1)＋＞0...