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标题-2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版选修2-2:课时跟踪检测(六) 函数的极值与导数

课时跟踪检测(六)
层级一 1.当函数 y=x· 2x 取极小值时,x=( 1 A. ln 2 C.-ln 2 )

函数的极值与导数
学业水平达标

B.-

1 ln 2

D.ln 2 1 . ln 2

解析:选 B 由 y′=2x+x· 2xln 2=0,得 x=- 2 2.设函数 f(x)=x+ln x,则( 1 A.x= 为 f(x)的极大值点 2 1 B.x= 为 f(x)的极小值点 2 C.x=2 为 f(x)的极大值点 D.x=2 为 f(x)的极小值点 )

2? 2 1 1 解析: 选 D 由 f′(x)=- 2+x=x? f′(x)<0, f(x) ?1-x?=0 可得 x=2.当 0<x<2 时, x 单调递减;当 x>2 时,f′(x)>0,f(x)单调递增.故 x=2 为 f(x)的极小值点. 3.已知函数 f(x)=2x3+ax2+36x-24 在 x=2 处有极值,则该函数的一个递增区间是 ( ) A.(2,3) C.(2,+∞) B.(3,+∞) D.(-∞,3)

解析: 选 B 因为函数 f(x)=2x3+ax2+36x-24 在 x=2 处有极值, 又 f′(x)=6x2+2ax +36,所以 f′(2)=0 解得 a=-15.令 f′(x)>0,解得 x>3 或 x<2,所以函数的一个递增 区间是(3,+∞). 4.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=xf′(x)的图象可能是( )

解析: 选 C 由题意可得 f′(-2)=0, 而且当 x∈(-∞, -2)时, f′(x)<0, 此时 xf′(x) >0;排除 B、D,当 x∈(-2,+∞)时,f′(x)>0,此时若 x∈(-2,0),xf′(x)<0,若 x ∈(0,+∞),xf′(x)>0,所以函数 y=xf′(x)的图象可能是 C. 5.已知函数 f(x)=x3-px2-qx 的图象与 x 轴切于(1,0)点,则 f(x)的极大值、极小值分 别为( )

4 A. ,0 27 C.- 4 ,0 27 f′(x)=3x2-2px-q,

B.0,

4 27

4 D.0,- 27

解析:选 A

由 f′(1)=0,f(1)=0 得,
?3-2p-q=0, ?p=2, ? ? ? 解得? ∴f(x)=x3-2x2+x. ?1-p-q=0, ? ? ?q=-1,

1 1 4 由 f′(x)=3x2-4x+1=0 得 x= 或 x=1, 易得当 x= 时 f(x)取极大值 .当 x=1 时 f(x) 3 3 27 取极小值 0. 6.函数 y= 2x 的极大值为________,极小值为_______. x +1
2

解析:y′=

2?1+x??1-x? ,令 y′>0 得-1<x<1,令 y′<0 得 x>1 或 x<-1,∴ ?x2+1?2

当 x=-1 时,取极小值-1,当 x=1 时,取极大值 1. 答案:1 -1 7.已知函数 f(x)=x3-3x 的图象与直线 y=a 有相异三个公共点,则 a 的取值范围是 ________. 解析:令 f′(x)=3x2-3=0,得 x=± 1,可得极大值为 f(-1)=2,极 小值为 f(1)=-2,y=f(x)的大致图象如图,观察图象得-2<a<2 时恰有 三个不同的公共点. 答案:(-2,2) 8.已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx, 其导函数 y=f′(x)的图象经过点(1,0), (2,0).如图,则下列说法中不正确的是________.(填序号) 3 ①当 x= 时,函数 f(x)取得最小值; 2 ②f(x)有两个极值点; ③当 x=2 时函数值取得极小值; ④当 x=1 时函数取得极大值. 解析:由图象可知,x=1,2 是函数的两极值点,∴②正确;又 x∈(-∞,1)∪(2,+∞) 时,y>0;x∈(1,2)时,y<0,∴x=1 是极大值点,x=2 是极小值点,故③④正确. 答案:① 9.设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,x∈R,求 f(x)的单调区间与极值. 解:由 f(x)=ex-2x+2a,x∈R 知 f′(x)=ex-2,x∈R.令 f′(x)=0,得 x=ln 2. 于是当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)

(-∞,ln 2) - 单调递减↘

ln 2 0 2(1-ln 2+a)

(ln 2,+∞) + 单调递增↗

故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),单调递增区间是(ln 2,+∞); 且 f(x)在 x=ln 2 处取得极小值. 极小值为 f(ln 2)=2(1-ln 2+a),无极大值. 10.已知 f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)在 x=± 1 时取得极值,且 f(1)=-1. (1)试求常数 a,b,c 的值; (2)试判断 x=± 1 时函数取得极小值还是极大值,并说明理由. 解:(1)由已知,f′(x)=3ax2+2bx+c, 且 f′(-1)=f′(1)=0,得 3a+2b+c=0,3a-2b+c=0. 又 f(1)=-1,∴a+b+c=-1. 1 3 ∴a= ,b=0,c=- . 2 2 1 3 (2)由(1)知 f(x)= x3- x, 2 2 3 3 3 ∴f′(x)= x2- = (x-1)(x+1). 2 2 2 当 x<-1 或 x>1 时,f′(x)>0;当-1<x<1 时,f′(x)<0, ∴函数 f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上是增函数,在(-1,1)上为减函数. ∴当 x=-1 时,函数取得极大值 f(-1)=1; 当 x=1 时,函数取得极小值 f(1)=-1.

层级二 1.下列函数中,x=0 是极值点的是( A.y=-x3 C.y=tan x-x 解析: 选B y=cos2x=

应试能力达标 ) B.y=cos2x D.y= 1 x

1+cos 2x , y′=-sin 2x, x=0 是 y′=0 的根且在 x=0 附近, 2

y′左正右负,∴x=0 是函数的极大值点. 2.已知 f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1 有极大值和极小值,则 a 的取值范围是( A.(-1,2) C.(-∞,-3)∪(6,+∞) 解析:选 C f′(x)=3x2+2ax+a+6, B.(-3,6) D.(-∞,-1)∪(2,+∞) )

∵f(x)有极大值与极小值,∴f′(x)=0 有两不等实根,∴Δ=4a2-12(a+6)>0,∴a<- 3 或 a>6. 3.对于函数 f(x)=x3-3x2,给出命题: ①f(x)是增函数,无极值; ②f(x)是减函数,无极值; ③f(x)的递增区间为(-∞,0),(2,+∞),递减区间为(0,2); ④f(0)=0 是极大值,f(2)=-4 是极小值. 其中正确的命题有( A.1 个 C.3 个 解析:选 B ) B.2 个 D.4 个 f′(x)=3x2-6x=3x(x-2),令 f′(x)>0,得 x>2 或 x<0,令 f′(x)<0,

得 0<x<2,所以 f(x)的极大值为 f(0)=0,极小值为 f(2)=-4,故①②错误,③④正确. 4.已知函数 f(x)=ex(sin x-cos x),x∈(0,2 017π),则函数 f(x)的极大值之和为( e2π?1-e2 018π? A. e2π-1 eπ?1-e1 008π? C. 1-e2π 解析: 选B eπ?1-e2 016π? B. 1-e2π eπ?1-e1 008π? D. 1-eπ )

f′(x)=2exsin x, 令 f′(x)=0 得 sin x=0, ∴x=kπ, k∈Z, 当 2kπ<x<2kπ

+π 时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当(2k-1)π<x<2kπ 时,f′(x)<0,f(x)单调递减,∴当 x =(2k+1)π 时,f(x)取到极大值,∵x∈(0,2 017π),∴0<(2k+1)π<2 017π,∴0≤k<1 008,k ∈Z. ∴f(x)的极大值之和为 S=f(π)+f(3π)+f(5π)+…+f(2 015π)=eπ+e3π+e5π+…+e2 015π eπ[1-?e2π?1 008] eπ?1-e2 016π? = = ,故选 B. 1-e2π 1-e2π 5.若函数 y=-x3+6x2+m 的极大值为 13,则实数 m 等于______. 解析:y′=-3x2+12x=-3x(x-4).由 y′=0,得 x=0 或 4.且 x∈(-∞,0)∪(4, +∞)时,y′<0;x∈(0,4)时,y′>0,∴x=4 时取到极大值.故-64+96+m=13,解得 m=-19. 答案:-19 6.若函数 f(x)=x3+x2-ax-4 在区间(-1,1)上恰有一个极值点,则实数 a 的取值范围 为______. 解析:由题意,f′(x)=3x2+2x-a, 则 f′(-1)f′(1)<0,即(1-a)(5-a)<0,解得 1<a<5,另外,当 a=1 时,函数 f(x)=x3 +x2-x-4 在区间(-1,1)上恰有一个极值点,当 a=5 时,函数 f(x)=x3+x2-5x-4 在区 间(-1,1)没有极值点.故实数 a 的范围为[1,5). 答案:[1,5)

a 7.设函数 f(x)= x3+bx2+cx+d(a>0),且方程 f′(x)-9x=0 的两个根分别为 1,4. 3 (1)当 a=3 且曲线 y=f(x)过原点时,求 f(x)的解析式; (2)若 f(x)在(-∞,+∞)内无极值点,求 a 的取值范围. a 解:由 f(x)= x3+bx2+cx+d 得 f′(x)=ax2+2bx+c, 3 ∵f′(x)-9x=ax2+2bx+c-9x=0 的两根为 1,4.
?a+2b+c-9=0, ? 则? (*) ?16a+8b+c-36=0. ? ?2b+c-6=0, ? (1)当 a=3 时,由(*)式得? ? ?8b+c+12=0,

解得 b=-3,c=12. 又∵曲线 y=f(x)过原点,∴d=0. 故 f(x)=x3-3x2+12x. a (2)由于 a>0, 所以“f(x)= x3+bx2+cx+d 在(-∞, +∞)内无极值点”等价于“f′(x) 3 =ax2+2bx+c≥0 在(-∞,+∞)内恒成立”. 由(*)式得 2b=9-5a,c=4a. 又∵Δ=(2b)2-4ac=9(a-1)(a-9),
?a>0, ? ∴? 解得 1≤a≤9. ? ?Δ=9?a-1??a-9?≤0,

即 a 的取值范围是[1,9].

8.已知 f(x)=2ln(x+a)-x2-x 在 x=0 处取得极值. (1)求实数 a 的值. (2)若关于 x 的方程 f(x)+b=0 的区间[-1,1]上恰有两个不同的实数根,求实数 b 的取 值范围. 解:(1)f′(x)= 2 -2x-1,当 x=0 时,f(x)取得极值, x+a

所以 f′(0)=0,解得 a=2,检验知 a=2 符合题意. (2)令 g(x)=f(x)+b=2ln(x+2)-x2-x+b, 5? 2x? ?x+2? 2 则 g′(x)= -2x-1=- (x>-2). x+2 x+2 g(x),g′(x)在(-2,+∞)上的变化状态如下表:

x g′(x) g(x)

(-2,0) +

0 0 2ln 2+b

(0,+∞) -

由上表可知函数在 x=0 处取得极大值,极大值为 2ln 2+b. 要使 f(x)+b=0 在区间[-1,1]上恰有两个不同的实数根,

g?-1?≤0, ? ? 只需?g?0?>0, ? ?g?1?≤0, b≤0, ? ? 即?2ln 2+b>0, ? ?2ln 3-2+b≤0, 所以-2ln 2<b≤2-2ln 3. 故实数 b 的取值范围是(-2ln 2,2-2ln 3].


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