2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第三章 第2讲 第2课时 导数与函数的极值、最值
[基础题组练]
1．(2020·辽宁沈阳一模)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f(x)＝xex＋1，可得f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)>0可得x>－1，即函数f(x)在(－1，＋∞)上是增函数；令f′(x)<0可得x<－1，即函数f(x)在(－∞，－1)上是减函数，所以x＝－1为f(x)的极小值点．故选D.
2．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1＜x≤2，所以函数y＝在[0，1]上是增加的，在(1，2]上是减少的，所以y＝在[0，2]上的最大值是y|x＝1＝，故选A.
3．(2020·广东惠州4月模拟)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝x·f′(x)的图象可能是( )
解析：选C.因为函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，所以当x>－2时，f′(x)>0；当x＝－2时，f′(x)＝0；当x<－2时，f′(x)<0.
所以当－2
0.故选C.
4．(2020·河北石家庄二中期末)若函数f(x)＝(1－x)(x2＋ax＋b)的图象关于点(－2，0)
对称，x1，x2分别是f(x)的极大值点与极小值点，则x2－x1＝( )
A．－ B．2
C．－2 D．
解析：选C.由题意可得f(－2)＝3(4－2a＋b)＝0，
因为函数图象关于点(－2，0)对称，且f(1)＝0，
所以f(－5)＝0，
即f(－5)＝6(25－5a＋b)＝0，
联立解得
故f(x)＝(1－x)(x2＋7x＋10)＝－x3－6x2－3x＋10，
则f′(x)＝－3x2－12x－3＝－3(x2＋4x＋1)，
结合题意可知x1，x2是方程x2＋4x＋1＝0的两个实数根，且x1>x2，
故x2－x1＝－|x1－x2|＝－＝－＝－2.
5．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.
6.
函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则x＋x＝________．
解析：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＝＋＝.
答案：
7．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________．
解析：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.
答案：[1，4)
8．函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，
由f′(x)＝0得x＝±a，
当－aa或x<－a时，f′(x)>0，函数递增，
所以f(x)的极大值为f(－a)，极小值为f(a)．
所以f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0.
解得a>.
所以a的取值范围是.
答案：
9．已知函数f(x)＝x3－(a2＋a＋2)x2＋a2(a＋2)x，a∈R.
(1)当a＝－1时，求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)求函数y＝f(x)的极值点．
解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x3－x2＋x，
f′(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，
所以函数f(x)是R上的增函数，增区间为(－∞，＋∞)，无递减区间．
(2)因为f′(x)＝x2－(a2＋a＋2)x＋a2(a＋2)＝(x－a2)·[x－(a＋2)]，
①当a＝－1或a＝2时，a2＝a＋2，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)为增函数，无极值点．
②当a＜－1或a＞2时，a2＞a＋2，
可得当x∈(－∞，a＋2)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数；当x∈(a＋2，a2)时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数；当x∈(a2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数．
所以当x＝a＋2时，函数f(x)有极大值f(a＋2)；当x＝a2时，函数f(x)有极小值f(a2)．
③当－1＜a＜2时，a2＜a＋2，
可得当x∈(－∞，a2)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数；当x∈(a2，a＋2)时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数；当x∈(a＋2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数．
所以当x＝a＋2时，函数f(x)有极小值f(a＋2); 当x＝a2时，函数f(x)有极大值f(a2)．
综上所述，当a＝－1或a＝2时，f(x)无极值点；
当a＜－1或a＞2时，f(x)的极大值点为x＝a＋2，极小值点为x＝a2；
当－1＜a＜2时，f(x)的极大值点为x＝a2，极小值点为x＝a＋2.
10．已知函数f(x)＝－1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设m>0，求函数f(x)在区间[m，2m]上的最大值．
解：(1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，
由得0e.
所以函数f(x)的增区间为(0，e)，减区间为(e，＋∞)．
(2)①当，
即00，函数f(x)在[－2，－1)上是增加的，当－10，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－20)．
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)是否存在实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
解：由题意，知函数的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝－(a>0)．
(1)由f′(x)>0，解得x>，
所以函数f(x)的增区间是；
由f′(x)<0，解得x<，
所以函数f(x)的减区间是.
所以当x＝时，函数f(x)有极小值f＝aln ＋a＝a－aln a.
(2)不存在．理由如下：
由(1)可知，当x∈时，函数f(x)是减少的；
当x∈时，函数f(x)是增加的．
①若0<≤1，即a≥1时，函数f(x)在[1，e]上为增函数，
故函数f(x)的最小值为f(1)＝aln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．
②若1<≤e，即≤a<1时，函数f(x)在上为减函数，在上为增函数，
故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值f＝aln ＋a＝a－aln a＝a(1－ln a)＝0，即ln a＝1，解得a＝e，而≤a<1，故不满足条件．
③若>e，即0
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