（江苏专版）高考数学一轮复习 课时跟踪检测（十五）导数与函数的极值、最值 理（含解析）苏教版-苏教版高三全册数学试题.doc

课时跟踪检测（十五）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·昆山调研)已知函数f(x)的导函数f′(x)＝x2－x，则使得f(x)取得极大值的x＝________.
解析：由f′(x)＝x2－x＝0得到x＝0或x＝1，当x＜0或x＞1时，f′(x)＞0.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值．
答案：0
2．(2019·江都中学检测)函数f(x)＝x3－3x－3在区间[－3，0]上的最大值和最小值分别为m，n，则m＋n＝________.
解析：∵f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
∴当－3≤x＜－1时，f′(x)＞0；
当－1＜x≤0时，f′(x)＜0.
∴f(x)在[－3，－1)上是增函数，在(－1,0]上是减函数．
∴当x＝－1时，f(x)取得最大值f(－1)＝－1，即m＝－1.
∵f(－3)＝－21＜f(0)＝－3，
∴当x＝－3时，f(x)取得最小值f(－3)＝－21，
即n＝－21.
故m＋n＝－22.
答案：－22
3．(2018·启东中学测试)已知函数f(x)＝3x3－9x＋a有两个零点，则a＝________.
解析：f′(x)＝9x2－9，由f′(x)＞0，得x＞1或x＜－1；由f′(x)＜0，得－1＜x＜1，所以f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(－1)＝a＋6，极小值为f(1)＝a－6，要满足题意，则需f(－1)＝0或f(1)＝0，解得a＝±6.
答案：±6
4．(2018·太仓高级中学期末)函数f(x)＝x＋eq\f(1,x)的极大值是________．
解析：易知f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
f′(x)＝1－eq\f(1,x2)，令1－eq\f(1,x2)＝0，可得x＝－1或x＝1，
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，函数f(x)是增函数；当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，函数f(x)是减函数；
当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，函数f(x)是减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)是增函数，
所以当x＝－1时，函数f(x)取得极大值－2.
答案：－2

5．(2018·南通期末)已知函数f(x)＝x3－x2＋a在[0,1]上恰好有两个零点，则实数a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝x(3x－2)，令f′(x)＞0，解得eq\f(2,3)＜x≤1；
令f′(x)＜0，解得0＜x＜eq\f(2,3)，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上单调递增．
若f(x)在[0,1]上恰好有两个零点，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0≥0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＜0，,f1≥0，))
解得0≤a＜eq\f(4,27).
答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,27)))
6．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,2)))x2＋2bx在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f(x)在R上的极小值为________．
解析：f′(x)＝x2－(2＋b)x＋2b＝(x－b)(x－2)，因为函数f(x)在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－3＜b＜1，则由f′(x)＞0，得x＜b或x＞2，由f′(x)＜0，得b＜x＜2，所以函数f(x)的极小值为f(2)＝2b－eq\f(4,3).
答案：2b－eq\f(4,3)
二保高考，全练题型做到高考达标
1．若x＝1是函数f(x)＝ax3－ax2－x＋1的极值点，则f(x)的极小值为________．
解析：f′(x)＝3ax2－2ax－1，
若x＝1是f(x)的极值点，则f′(1)＝3a－2a－1＝0，
解得a＝1，
故f(x)＝x3－x2－x＋1，
f′(x)＝3x2－2x－1＝(3x＋1)(x－1)，
由f′(x)＞0，解得x＞1或x＜－eq\f(1,3)；
由f′(x)＜0，解得－eq\f(1,3)＜x＜1，
所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))上单调递减，在