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高二数学函数的极值与最值试题



高二数学函数的极值与最值试题 一:选择题 1. 函数 f ( x) ? x 3 ? ax2 ? x 在 (0,??) 内有两个极值点,则实数 a 的取值范围是( A. (0,??) 【答案】D 2.函数 f(x)=x +x﹣lnx 的极值点的个数是( ) A.0 个 B.1 个 C.2 个 解:由于函数 f(x)=x +x﹣lnx, (x>0) 则 令 f’(x)=0,则 故函数

f(x)=x +x﹣lnx 的极值点的个数是 1, 故答案为 B.
2 2 3.如图所示的是函数 f ( x) ? x ? bx ? cx ? d 的大致图象,则 x1 ? x 2 等于(

)

B. (? 3, 3)
2

C. (??,0)

D. (??,? 3)

D.3 个

2

=

=

(x>0)

2

3

2



A.

2 3

B.

4 3

C.

8 3

D.

16 3

【答案】C 4.函数 f ( x) ? x ? e
2 x ?1

, x ? ?? 2,1? 的最大值为( C. e 2

) D. 3e 2

A. 4e ?1 【答案】C

B.0

5.函数 f ( x) ? x 3 ? 3ax ? b(a ? 0) 的极大值为 6,极小值为 2,则 f (x) 的减区间是( A. (-1,1) 【答案】A B. (0,1) C. (-1,0) D. (-2,-1)

)

6.右图是函数 y ? f ( x) 的导函数 y ? f ?( x) 的图象,

y

-3

-2

-1

O

1

x

给出下列命题: ① ?3 是函数 y ? f ( x) 的极值点; ② ? 1 是函数 y ? f ( x) 的极小值点; ③ y ? f ( x) 在 x ? 0 处切线的斜率小于零; ④ y ? f ( x) 在区间 (?3, 1) 上单调递增.则正确命题的序号是( A.①② 【答案】B B.①④ C.②③
ax



D.②④

7.(2008?广东)设 a∈R,若函数 y=e +3x,x∈R 有大于零的极值点,则( ) A.a>﹣3 B.a<﹣3 C. D. a>﹣ a<﹣ 解:设 f(x)=e +3x,则 f′ (x)=3+ae . 若函数在 x∈R 上有大于零的极值点. ax 即 f′ (x)=3+ae =0 有正根. ax 当有 f′ (x)=3+ae =0 成立时,显然有 a<0, 此时 x= ln(﹣ ) . 由 x>0,得参数 a 的范围为 a<﹣3. 故选 B. 8.【2012 高考真题辽宁理 12】若 x ? [0, ??) ,则下列不等式恒成立的是 (A) e ? 1 ? x ? x
x 2

ax

ax

(B)

1 1 1 ? 1 ? x ? x2 2 4 1? x
1 2 x 8

1 (C) cos x… ?
【答案】C

1 2 x 2

x (D) ln(1 ? x )… ?

【解析】设 f ( x) ? cos x ? (1 ? 所 以

1 2 1 x ) ? cos x ? 1 ? x 2 ,则 g ( x) ? f ?( x) ? ? sin x ? x, 2 2
≥ ,x ? 所 s 以 c o
f (
当 1

g ?(

? x)

?

0 ?[ x
g( 0

0 ? ,时 ?
) 0

, )

g ( 为增函数,所以 x)

? ?g ( ≥ x) ?

x)

,

? 同理 f ( x)≥f (0) ? 0, cos x ? (1 ?

1 2 1 x )≥0, cos x… ? x 2 ,故选 C 1 即 2 2

9.已知函数 f ( x) ?

1 3 1 2 x ? ax ? 2bx ? c(a, b, c ? R) ,且函数 f ( x) 在区间(0,1)内取 3 2
)

得极大值,在区间(1,2)内取得极小值,则 z ? (a ? 3)2 ? b2 的取值范围为(

A. (

2 , 2) 2

B. ( , 4)

1 2

C. (1, 2)

D. (1, 4)

【答案】B 10.【2012 高考真题全国卷理 10】已知函数 y=x?-3x+c 的图像与 x 恰有两个公共点,则 c = (A)-2 或 2 (B)-9 或 3 (C)-1 或 1 (D)-3 或 1 【答案】A 【解析】若函数 y ? x 3 ? 3x ? c 的图象与 x 轴恰有两个公共点,则说明函数的两个极值中 有一个为 0,函数的导数为 y' ? 3x 2 ? 3 ,令 y' ? 3x 2 ? 3 ? 0 ,解得 x ? ?1 ,可知当极大值 为 f (?1) ? 2 ? c , 极 小 值 为 f (1) ? c ? 2 . 由 f (?1) ? 2 ? c ? 0 , 解 得 c ? ?2 , 由

f (1) ? c ? 2 ? 0 ,解得 c ? 2 ,所以 c ? ?2 或 c ? 2 ,选 A.
11. (2012?昌图县模拟)下列关于函数 f(x)=(2x﹣x )e 的判断正确的是( ① f(x)>0 的解集是{x|0<x<2}; ② f(﹣ )是极小值,f( )是极大值; ③ f(x)没有最小值,也没有最大值. ③ ② ② A.① B.①③ C.② D.① 解:由 f(x)>0?(2x﹣x )e >0?2x﹣x >0?0<x<2,故① 正确; x 2 f′ (x)=e (2﹣x ) ,由 f′ (x)=0 得 x=± , 由 f′ (x)<0 得 x> 或 x<﹣ , 由 f′ (x)>0 得﹣ <x< , ∴ f(x)的单调减区间为(﹣∞,﹣ )( ,+∞) , .单调增区间为(﹣, ∴ f(x)的极大值为 f( ) ,极小值为 f(﹣ ) ,故② 正确. ∵ x<﹣ 时,f(x)<0 恒成立. ∴ f(x)无最小值,但有最大值 f( ) ∴不正确. ③ 故选 D. 12. (2010?安庆模拟)如果函数 有|f(x1)﹣f(x2)|≤1 恒成立,则 a 的取值范围是( A. B. C.
2 2 2 x 2 2 x



) .

满足:对于任意的 x1,x2∈[0,1],都 ) D.

解:由题意 f′ (x)=x ﹣a 2 当 a ≥1 时,在 x∈[0,1],恒有导数为负,即函数在[0,1]上是减函数,故最大值为 f(0) =0,最小值为 f(1)= ﹣a ,故有
2

,解得|a|≤

,故可得 1≤a≤

当 a ∈[0,1],由导数知函数在[0,a]上增,在[a,1]上减,故最大值为 f(a)= (0)=0,矛盾,a∈[0,1]不成立, 故选 A. 二:填空题

2

又f

13.函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx ? a2 在 x ? 1 时有极值 10,那么 a , b 的值分别为________. 【 答 案 】 4, -11 14.已知函数 f (x) 的导数 f′(x)=a(x+1)(x-a),若 f (x)在 x=a 处取得极大值,则 a 的取值范围是 。 【答案】(-1,0) 15. (2011?蓝山县模拟)图为定义在 R 上的函数 f(x)的导函数 f'(x)的大致图象,则函 数 f(x)的单调递增区间为 ,f(x)的极大值点为 x= .

解:根据导函数的图象可知,函数在(﹣1,2)(4,+∞)上,导数大于 0,在(2,4)上 , 导数小于 0 ∴ f(x)的单调递增区间为(﹣1,2)(4,+∞) , ,f(x)的单调递减区间为(2,4) ∴ 时,f(x)取得极大值 x=2 ∴ f(x)的极大值点为 x=2 故答案为: (﹣1,2)(4,+∞) , ;2

16 设函数

,若

是奇函数,则

_______;【答案】
17.若函数 f(x)=x ﹣3bx+3b 在(0,1)内有极小值,则 b 的取值范围为 2 解:由题意得 f′ (x)=3x ﹣3b, 令 f′ (x)=0,则 x=± 3 又∵ 函数 f(x)=x ﹣3bx+b 在区间(0,1)内有极小值, ∴ 0< <1, ∴ b∈(0,1) , 故答案为(0,1) .
3 2 3



18.在 R 上的可导函数 f(x)= x + ax +2bx+c,当 x∈(0,1)时取得极大值,当 x∈(1, 2)时取得极小值,则
2

的范围是



解:f′ (x)=x +ax+2b,由函数当 x∈(0,1)时取得极大值,当 x∈(1,2)时取得极小值 得:

f′ (0)=2b>0;f′ (1)=1+a+2b<0;f′ (2)=4+2a+2b>0; 所以 ∈( ,1)

故答案为( ,1) 19. 若函数 f (x) ﹣3x+m 在[0, =x 2]上存在两个不同的零点, 则实数 m 的取值范围是 . 2 解:f′ (x)=3x ﹣3=3(x+1) (x﹣1) , 当 x<﹣1 或 x>1 时,f′ (x)>0,当﹣1<x<1 时,f′ (x)<0, 所以 f(x)在(﹣∞,﹣1)(1,+∞)上单调递增;在(﹣1,1)上单调递减. , 所以当 x=﹣1 时 f(x)取得极大值 f(﹣1)=2+m,当 x=1 时 f(x)取得极小值 f(1)=﹣ 2+m,f(0)=m,f(2)=2+m. 因为函数 f(x)=x ﹣3x+m 在[0,2]上存在两个不同的零点,
3 3

所以

,即

,解得 0≤m<2.

故答案为:0≤m<2. 三:解答题 3 20. (2012?重庆)已知函数 f(x)=ax +bx+c 在点 x=2 处取得极值 c﹣16. (Ⅰ )求 a,b 的值; (Ⅱ )若 f(x)有极大值 28,求 f(x)在[﹣3,3]上的最小值. 解: )由题 f(x)=ax +bx+c,可得 f′ (Ⅰ (x)=3ax +b,又函数在点 x=2 处取得极值 c﹣16 ∴ 解得 a=1,b=﹣12 (II)由(I)知 f(x)=x ﹣12x+c,f′ (x)=3x ﹣12=3(x+2) (x﹣2) 2 令 f′ (x)=3x ﹣12=3(x+2) (x﹣2)=0,解得 x1=﹣2,x2=2 当 x∈(﹣∞,﹣2)时,f′ (x)>0,故 f(x)在∈(﹣∞,﹣2)上为增函数;当 x∈(﹣2, 2)时,f′ (x)<0,故 f(x)在(﹣2,2)上为减函数; 当 x∈(2,+∞)时,f′ (x)>0,故 f(x)在(2,+∞)上为增函数; 由此可知 f(x)在 x1=﹣2 处取得极大值 f(﹣2)=16+c,f(x)在 x2=2 处取得极小值 f(2) =c﹣16, 由题设条件知 16+c=28 得,c=12 此时 f(﹣3)=9+c=21,f(3)=﹣9+c=3,f(2)=﹣16+c=﹣4 因此 f(x)在[﹣3,3]上的最小值 f(2)=﹣4 2 21. (2004?浙江)已知 a 为实数,f(x)=(x ﹣4) (x﹣a) . (1)求导数 f′ . (x) (2)若 f′ (﹣1)=0,求 f(x)在[﹣2,2]上的最大值和最小值. (3)若 f(x)在(﹣∞,﹣2)和[2,+∞]上都是递增的,求 a 的取值范围. 3 2 2 解: (1)由原式得 f(x)=x ﹣ax ﹣4x+4a,∴ f'(x)=3x ﹣2ax﹣4.
3 2 3 2

,即

,化简得

(2)由 f'(﹣1)=0 得

,此时有 .

由 f'(x)=0 得

或 x=﹣1,又 ,

所以 f(x)在[﹣2,2]上的最大值为 ,最小值为
2



(3)解法一:f'(x)=3x ﹣2ax﹣4 的图象为开口向上且过点(0,﹣4)的抛物线,由条件 得 f'(﹣2)≥0,f'(2)≥0, ∴ ﹣2≤a≤2. 所以 a 的取值范围为[﹣2,2]. 解法二: f' 令 (x) 即 3x ﹣2ax﹣4=0, =0 由求根公式得: 所以 f'(x)=3x ﹣2ax﹣4.在(﹣∞,x1]和[x2,+∞)上非负. 由题意可知,当 x≤﹣2 或 x≥2 时,f'(x)≥0, 从而 x1≥﹣2,x2≤2, 即 解不等式组得﹣2≤a≤2. ∴ 的取值范围是[﹣2,2]. a 22. (2008?湖南)已知函数 有三个极值点.
2 2

(I)证明:﹣27<c<5; (II)若存在实数 c,使函数 f(x)在区间[a,a+2]上单调递减,求 a 的取值范围. 解: (I)因为函数
3 2

有三个极值点,

所以 f'(x)=x +3x ﹣9x+c=0 有三个互异的实根. 3 2 2 设 g(x)=x +3x ﹣9x+c,则 g'(x)=3x +6x﹣9=3(x+3) (x﹣1) , 当 x<﹣3 时,g'(x)>0,g(x)在(﹣∞,﹣3)上为增函数; 当﹣3<x<1 时,g'(x)<0,g(x)在(﹣3,1)上为减函数; 当 x>1 时,g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上为增函数; 所以函数 g(x)在 x=﹣3 时取极大值,在 x=1 时取极小值. 当 g(﹣3)≤0 或 g(1)≥0 时,g(x)=0 最多只有两个不同实根. 因为 g(x)=0 有三个不同实根,所以 g(﹣3)>0 且 g(1)<0. 即﹣27+27+27+c>0,且 1+3﹣9+c<0, 解得 c>﹣27,且 c<5,故﹣27<c<5. (II)由(I)的证明可知,当﹣27<c<5 时,f(x)有三个极值点. 不妨设为 x1,x2,x3(x1<x2<x3) ,则 f'(x)=(x﹣x1) (x﹣x2) (x﹣x3) . 所以 f(x)的单调递减区间是(﹣∞,x1],[x2,x3]

若 f(x)在区间[a,a+2]上单调递减, 则[a,a+2]?(﹣∞,x1],或[a,a+2]?[x2,x3], 若[a,a+2]?(﹣∞,x1],则 a+2≤x1.由(I)知,x1<﹣3,于是 a<﹣5. 若[a,a+2]?[x2,x3],则 a≥x2 且 a+2≤x3.由(I)知,﹣3<x2<1. 3 2 2 又 f'(x)=x +3x ﹣9x+c,当 c=﹣27 时,f'(x)=(x﹣3) (x+3) ; 2 当 c=5 时,f'(x)=(x+5) (x﹣1) . 因此,当﹣27<c<5 时,1<x3<3.所以 a>﹣3,且 a+2≤3. 即﹣3<a<1.故 a<﹣5,或﹣3<a<1.反之,当 a<﹣5,或﹣3<a<1 时, 总可找到 c∈(﹣27,5) ,使函数 f(x)在区间[a,a+2]上单调递减. 综上所述,a 的取值范围是(﹣∞,﹣5)∪ (﹣3,1) . 23. (2013?福建)已知函数 f(x)=x﹣1+ (a∈R,e 为自然对数的底数) .

(Ⅰ )若曲线 y=f(x)在点(1,f(1) )处的切线平行于 x 轴,求 a 的值; (Ⅱ )求函数 f(x)的极值; (Ⅲ )当 a=1 时,若直线 l:y=kx﹣1 与曲线 y=f(x)没有公共点,求 k 的最大值. 解: )由 f(x)=x﹣1+ (Ⅰ 切线平行于 x 轴, ∴ (1)=0,即 1﹣ =0,解得 a=e. f′ (Ⅱ (x)=1﹣ )f′ , ,得 f′ (x)=1﹣ ,又曲线 y=f(x)在点(1,f(1) )处的

① a≤0 时,f′ 当 (x)>0,f(x)为(﹣∞,+∞)上的增函数,所以 f(x)无极值; ② a>0 时,令 f′ 当 (x)=0,得 e =a,x=lna, x∈(﹣∞,lna) (x)<0;x∈(lna,+∞) (x)>0; ,f′ ,f′ ∴ f(x)在∈(﹣∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增, 故 f(x)在 x=lna 处取到极小值,且极小值为 f(lna)=lna,无极大值. 综上,当当 a≤0 时,f(x)无极值;当 a>0 时,f(x)在 x=lna 处取到极小值 lna,无极大 值. (Ⅲ )当 a=1 时,f(x)=x﹣1+ ,令 g(x)=f(x)﹣(kx﹣1)=(1﹣k)x+ ,
x

则直线 l:y=kx﹣1 与曲线 y=f(x)没有公共点, 等价于方程 g(x)=0 在 R 上没有实数解. 假设 k>1,此时 g(0)=1>0,g( )=﹣1+ <0,

又函数 g(x)的图象连续不断,由零点存在定理可知 g(x)=0 在 R 上至少有一解,与“方 程 g(x)=0 在 R 上没有实数解”矛盾,故 k≤1. 又 k=1 时,g(x)= 所以 k 的最大值为 1 >0,知方程 g(x)=0 在 R 上没有实数解,

24. (2008?陕西)已知函数

(c>0 且 c≠1,k∈R)恰有一个极大值点和一个

极小值点,其中一个是 x=﹣c. (Ⅰ )求函数 f(x)的另一个极值点; (Ⅱ )求函数 f(x)的极大值 M 和极小值 m,并求 M﹣m≥1 时 k 的取值范围. 解: ) (Ⅰ 由题意知 f'(﹣c)=0,即得 c k﹣2c﹣ck=0, (*) ∵ c≠0,∴ k≠0. 2 由 f'(x)=0 得﹣kx ﹣2x+ck=0, 由韦达定理知另一个极值点为 x=1(或 (Ⅱ )由(*)式得 ,即 . ) .
2



当 c>1 时,k>0;当 0<c<1 时,k<﹣2. (i)当 k>0 时,f(x)在(﹣∞,﹣c)和(1,+∞)内是减函数,在(﹣c,1)内是增函 数. ∴ , ,



及 k>0,解得



(ii)当 k<﹣2 时,f(x)在(﹣∞,﹣c)和(1,+∞)内是增函数,在(﹣c,1)内是减 函数. ∴ ,

恒成立. 综上可知,所求 k 的取值范围为 25. (2013?南通一模)已知函数 f(x)= . ﹣ax(x>0 且 x≠1) .

(1)若函数 f(x)在(1,+∞)上为减函数,求实数 a 的最小值; 2 (2)若?x1,x2∈[e,e ],使 f(x1)≤f'(x2)+a 成立,求实数 a 的取值范围. 解: (1)因 f(x)在(1,+∞)上为减函数, 故 f′ (x)= ﹣a≤0 在(1,+∞)上恒成立,

又 f′ (x)=

﹣a=﹣

+

﹣a=﹣



故当 所以

,即 x=e 时, 0,于是 a

2

, ,故 a 的最小值为 .
2 2

(2)命题“若?x1,x2∈[e,e ],使 f(x1)≤f'(x2)+a 成立”等价于“当 x∈[e,e ]时,有 f(x) (x)max+a”, min≤f′ 由(1) ,当 x∈[e,e ]时,f′ (x)max= e ]时,有 f(x)min ① a 当
2 2

,所以 f′ (x)max+a= ,问题等价于:“当 x∈[e,

”,
2

时,由(1) ,f(x)在[e,e ]上为减函数,
2

则 f(x)min=f(e )=

,故 a

, ;

② a< 时,由于 当 故 f′ (x)的值域为[f′ ,f′ )],即[﹣a, (e) (e
2 2

在[e,e ]上为增函数, ].
2

2

(i)若﹣a≥0,即 a≤0,f′ (x)≥0 在[e,e ]上恒成立,故 f(x)在[e,e ]上为增函数, 于是,f(x)min=f(e)=e﹣ae≥e> ,不合题意; (ii)若﹣a<0,即 0<a< ,由 f′ (x)的单调性和值域知,?唯一 f′ 0)=0, (x 且满足:当 x∈(e,x0)时,f′ (x)<0,f(x)为减函数;当 x >0,f(x)为增函数; 所以, , , 时,f′ (x) ,使

所以 a 综上,得 a .





,与 0<a< 矛盾,不合题意;



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