2021-2022年高中数学第三章导数及其应用3.3.2函数的极值与导数课后提升训练含解析新人教A版

2021-2022年高中数学第三章导数及其应用3.3.2函数的极值与导数课后
提升训练含解析新人教A版
一、选择题(每小题5分,共40分)
1.函数f(x)=x2++2的极小值是( )
A.1
B.2
C.5
D.不存在
【解析】选C.f′(x)=2x-,令f′(x)=0,解得x=1,当x∈(0,1)时函数单调递减,当x∈(1,+∞)时函数单调递增,因此x=1是函数的极小值点,极小值为f(1)=5.
2.(xx·凉山模拟)函数f(x)=mlnx-cosx在x=1处取得极值,则m的值为
( ) A.sin1 B.-sin1
C.cos1
D.-cos1
【解析】选B.因为f′(x)=+sinx,
由题意得:f′(1)=m+sin1=0,
所以m=-sin1.
3.函数f(x)=2-x2-x3的极值情况是( )
A.有极大值,没有极小值
B.有极小值,没有极大值
C.既无极大值也无极小值
D.既有极大值又有极小值
【解析】选D.f′(x)=-2x-3x2,令f′(x)=0有x=0或x=-.当x<-时,f′(x)<0;当-<x<0时,f′(x)>0;当x>0时,f′(x)<0.从而在x=0时,f(x)取得极大值,在x=-时,f(x)取得极小值.
4.下列说法正确的是( )
A.函数在闭区间上的极大值一定比极小值大
B.函数在闭区间上的极大值一定比极小值小
C.函数f(x)=|x|只有一个极小值
D.函数y=f(x)在区间(a,b)上一定存在极值
【解析】选 C.函数的极大值与极小值之间无确定的大小关系,单调函数在区间(a,b)上没有极值,故A,B,D错误,C正确,函数f(x)=|x|只有一个极小值为0. 5.若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx在x=1处有极值,则+的最小值为
( ) A. B. C. D.
【解析】选C.因为函数f(x)=4x3-ax2-2bx在x=1处有极值,所以f′(1)
=12-2a-2b=0,即a+b=6,则+=(a+b)=≥=(当且仅当=且a+b=6,即a=2b=4时取“=”).
6.已知f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值,则a的取值范围为( )
A.(-1,2)
B.(-3,6)
C.(-∞,-1)∪(2,+∞)
D.(-∞,-3)∪(6,+∞)
【解析】选D.f′(x)=3x2+2ax+(a+6),因为f(x)既有极大值又有极小值,那么
Δ=(2a)2-4×3×(a+6)>0,解得a>6或a<-3.
7.(xx·广州高二检测)设函数f(x)=e x(sinx-cosx)(0≤x≤xxπ),则函数f(x)的各极大值之和为( )
A. B.
C. D.
【解析】选D.由题意,得
f′(x)=(e x)′(sinx-cosx)+e x(sinx-cosx)′
=2e x sinx,所以x∈(2kπ,2kπ+π)时f(x)递增,
x∈(2kπ+π,2kπ+2π)时,f(x)递减,
故当x=2kπ+π时,f(x)取极大值,
其极大值为
f(2kπ+π)=e2kπ+π[sin(2kπ+π)-cos(2kπ+π)]
=e2kπ+π,
又0≤x≤xxπ,
所以函数f(x)的各极大值之和为
S=eπ+e3π+e5π+…+e xxπ=
=
8.已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),且满足f(x)+xf′(x)=,f(e)=,则下列结论正确的是( )
A.f(x)有极大值无极小值
B.f(x)有极小值无极大值
C.f(x)既有极大值又有极小值
D.f(x)没有极值
【解析】选D.因为f(x)+xf′(x)=,
所以[xf(x)]′=,
所以xf(x)=(lnx)2+c.又因为f(e)=,
所以e·=(lne)2+c,解得c=,
所以f(x)=[(lnx)2+1]·,
f′(x)=
=≤0,
所以函数f(x)在(0,+∞)上为减函数,
所以f(x)在(0,+∞)上没有极值.
二、填空题(每小题5分,共10分)
9.(xx·银川高二检测)函数f(x)=x3-x4在区间上的极值点为.
【解析】因为f(x)=x3-x4,所以f′(x)=x2-x3=-x2(x-1),令f′(x)=0,则x=0或x=1,因为x∈,所以x=1,并且在x=1左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,所以函数f(x)=x3-x4在区间上的极值点为1.
答案:1
【警示误区】函数的极值点都是其导数等于0的根,但须注意导数等于0的根不一定都是极值点,应根据导数图象分析再下结论是不是其极值点.
10.已知函数f(x)=x4+9x+5,则f(x)的图象在(-1,3)内与x轴的交点的个数为.
【解析】因为f′(x)=4x3+9,当x∈(-1,3)时,f′(x)>0,所以f(x)在(-1,3)上单调递增,又f(-1)=-3<0,f(0)=5>0,所以f(x)在(-1,3)内与x轴只有一个交点.
答案:1个
三、解答题(每小题10分,共20分)
11.已知函数y=x3+3ax2+3bx+c在x=2处有极值,且其图象在x=1处的切线与直线6x+2y+5=0平行.
(1)求函数的单调区间.
(2)求函数的极大值与极小值的差.
【解析】y′=3x2+6ax+3b,因为x=2是函数的极值点,
所以12+12a+3b=0,
即4+4a+b=0.①
又图象在x=1处的切线与直线6x+2y+5=0平行,
所以y′|
x=1
=3+6a+3b=-3,
即2a+b+2=0.②
由①②解得a=-1,b=0.
此时,y′=3x2-6x=3x(x-2).
(1)令y′>0,得x(x-2)>0,所以x<0或x>2;
令y′<0,得x(x-2)<0,所以0<x<2.
所以函数在(0,2)上是减函数,在(-∞,0)和(2,+∞)上是增函数.
(2)由(1)可以断定,x=0是极大值点,x=2是极小值点,
又y=f(x)=x3-3x2+c,
所以y
极大值-y
极小值
=f(0)-f(2)=c-(8-12+c)=4.
12.(xx·山东高考)设f(x)=xlnx-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f′(x),求g(x)的单调区间.
(2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.【解析】(1)g(x)=f′(x)=lnx-2ax+2a,
所以g′(x)=-2a=.
当a≤0,x∈时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增.
当a>0,x∈时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,
x∈时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减.
综上:当a≤0时,函数g(x)单调递增区间为(0,+∞).
当a>0时,函数g(x)单调递增区间为,
函数g(x)单调递减区间为.
(2)由(1)知f′(1)=0.
①当a≤0,f′(x)单调递增,所以
x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
②当0<a<,>1时,由(1)知f′(x)在内单调递增,
所以x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
③当a=,=1时,f′(x)在内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,所以x∈时,f′(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.
④当a>,0<<1时,x∈,f′(x)>0,
f(x)单调递增,
当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)在x=1处取得极大值,符合题意.
综上可知a>.
【补偿训练】已知函数f(x)=x3-bx2+2cx的导函数的图象关于直线x=2对称.
(1)求b的值.
(2)若函数f(x)无极值,求c的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=3x2-2bx+2c,
因为函数f′(x)的图象关于直线x=2对称,
所以-=2,即b=6.
(2)由(1)知,f(x)=x3-6x2+2cx,
f′(x)=3x2-12x+2c=3(x-2)2+2c-12,
当2c-12≥0,即c≥6时,f′(x)≥0恒成立,此时函数f(x)无极值.
【能力挑战题】
已知函数f(x)=(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.
(1)求函数f(x)的另一个极值点.
(2)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.
【解析】(1)f′(x)=
=,
由题意知f′(-c)=0,即得c2k-2c-ck=0,(*)
因为c≠0,所以k≠0.
由f′(x)=0得-kx2-2x+ck=0,
由根与系数的关系知另一个极值点为x=1(或x=c-).
(2)由(*)式得k=,即c=1+.
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.
所以M=f(1)==>0,
m=f(-c)==<0,
由M-m=+≥1及k>0,
解得k≥.
(ii)当k<-2时,f(x)在(-∞,-c)和(1,+∞)内是增函数,在(-c,1)内是减函数.所以M=f(-c)=>0,m=f(1)=<0,
M-m=-=1-≥1恒成立.
综上可知,所求k的取值范围为(-∞,-2)∪[,+∞).b@23253 5AD5 嫕29950 74FE 瓾33076 8134 脴c28611 6FC3 濃21020 521C 刜jJ[32991 80DF 胟28442 6F1A 漚27995 6D5B 浛23977 5DA9 嶩。