高中数学人教B版2第一章导数及其应用导数的应用学业分层测评第1章

学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．下列结论中，正确的是()A．导数为零的点一定是极值点B．如果在x0点附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值C．如果在x0点附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极小值D．如果在x0点附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极大值【解析】根据极值的概念，左侧f′(x)>0，单调递增；右侧f′(x)<0，单调递减，f(x0)为极大值．【答案】B2．设函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，则()A．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极大值点B．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点【解析】f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)，令f′(x)＝0，即eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＝0，得x＝2，当x∈(0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.因此x＝2为f(x)的极小值点，故选D.【答案】D3．已知函数f(x)＝x2－2(－1)klnx(k∈N＋)存在极值，则k的取值集合是()A．{2,4,6,8，…} B．{0,2,4,6,8，…}C．{1,3,5,7，…} D．N＋【解析】∵f′(x)＝2x－eq\f(2·－1k,x)且x∈(0，＋∞)，令f′(x)＝0，得x2＝(－1)k，(*)要使f(x)存在极值，则方程(*)在(0，＋∞)上有解．∴(－1)k>0，又k∈N＋，∴k＝2,4,6,8，…，所以k的取值集合是{2,4,6,8，…}．【答案】A4．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是()A．m≥eq\f(3,2) B．m>eq\f(3,2)C．m≤eq\f(3,2) D．m<eq\f(3,2)【解析】令f′(x)＝2x3－6x2＝0，得x＝0或x＝3.经检验，知x＝3是函数的最小值点，所以函数f(x)的最小值为f(3)＝3m－eq\f(27,2).因为不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－eq\f(27,2)≥－9，解得m≥eq\f(3,2)，故选A.【答案】A5．函数f(x)＝eq\f(x,ex)在区间[2,4]上的最小值为()【导学号：05410023】A．0 \f(1,e)\f(4,e4) \f(2,e2)【解析】f′(x)＝eq\f(ex－xex,ex2)＝eq\f(1－x,ex)，当x∈[2,4]时，f′(x)<0，即函数f(x)在区间[2,4]上单调递减，故当x＝4时，函数f(x)有最小值eq\f(4,e4).【答案】C二、填空题6．函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝__________处取得极小值．【解析】由f(x)＝x3－3x2＋1，得f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．令f′(x)＝0，解得x＝0，x＝2，当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(－∞，0)和(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．故当x＝2时，函数f(x)取得极小值．【答案】27．设方程x3－3x＝k有3个不等的实根，则实数k的取值范围是________．【解析】设f(x)＝x3－3x－k，则f′(x)＝3x2－3.令f′(x)＝0，得x＝±1，且f(1)＝－2－k，f(－1)＝2－k，又f(x)的图象与x轴有3个交点，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－k>0，,－2－k<0，))∴－2<k<2.【答案】(－2,2)8．已知函数f(x)＝eq\f(a,x2)＋2lnx，若当a>0时，f(x)≥2恒成立，则实数a的取值范围是__________．【解析】由f(x)＝eq\f(a,x2)＋2lnx，得f′(x)＝eq\f(2x2－a,x3)，又函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且a>0，令f′(x)＝0，得x＝－eq\r(a)(舍去)或x＝eq\r(a).当0<x<eq\r(a)时，f′(x)<0；当x>eq\r(a)时，f′(x)>0.故x＝eq\r(a)是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，且f(eq\r(a))＝lna＋1.要使f(x)≥2恒成立，需lna＋1≥2恒成立，则a≥e.【答案】[e，＋∞)三、解答题9．已知函数y＝ax3＋bx2，当x＝1时，有极大值3.(1)求实数a，b的值；(2)求函数y的极小值．【解】(1)y′＝3ax2＋2bx.由题意，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝3，,f′1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝3，,3a＋2b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9.))(2)由(1)知y＝－6x3＋9x2.所以y′＝－18x2＋18x＝－18x(x－1)．令y′＝0，解得x1＝1，x2＝0.所以当x<0时，y′<0；当0<x<1时，y′>0；当x>1时，y′<0.所以当x＝0时，y有极小值，其极小值为0.10．(2023·太原高二检测)已知函数f(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，若函数在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(1,2)))(其中a>0)上存在极值，求实数a的取值范围．【解】因为f(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，x>0，则f′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，当0<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0.所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以函数f(x)在x＝1处取得极大值．因为函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(1,2)))(其中a>0)上存在极值，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<1，,a＋\f(1,2)>1，))解得eq\f(1,2)<a<1.[能力提升]1．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴相切于(1,0)点，则f(x)()【导学号：05410024】A．极大值为eq\f(4,27)，极小值为0B．极大值为0，极小值为eq\f(4,27)C．极大值为0，极小值为－eq\f(4,27)D．极大值为eq\f(4,27)，极小值为－eq\f(4,27)【解析】f′(x)＝3x2－2px－q，依题意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝0，,f′1＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－p－q＝0，,3－2p－q＝0，))解得p＝2，q＝－1.∴f(x)＝x3－2x2＋x，f′(x)＝3x2－4x＋1，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f(1,3).∴当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))时，f′(x)>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴当x＝eq\f(1,3)时，函数有极大值，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,27)，当x＝1时，函数有极小值，f(1)＝1－2＋1＝0，故选A.【答案】A2．如图1­3­8是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象，则xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()图1­3­8\f(2,3) \f(4,3)\f(8,3) \f(12,3)【解析】函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象过点(0,0)，(1,0)，(2,0)，得d＝0，b＋c＋1＝0,4b＋2c＋8＝0，则b＝－3，c＝2，f′(x)＝3x2＋2bx＋c＝3x2－6x＋2，且x1，x2是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的两个极值点，即x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的实根，xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－eq\f(4,3)＝eq\f(8,3).【答案】C3．函数f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的极大值为6，极小值为2，则f(x)的单调递减区间是__________．【解析】由题意，知f′(x)＝3x2－3a，令f′(x)＝0，得x＝±eq\r(a).因为函数f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的极大值为6，极小值为2，所以f(eq\r(a))＝2，f(－eq\r(a))＝6，即(eq\r(a))3－3aeq\r(a)＋b＝2，(－eq\r(a))3＋3aeq\r(a)＋b＝6，解得a＝1，b＝4.所以f′(x)＝3x2－3，令f′(x)<0，解得－1<x<1，所以f(x)的单调递减区间是(－1,1)．【答案】(－1,1)4．设函数f(x)＝ex－e－x，若对所有x≥0都有f(x)≥ax，求实数a的取值范围．【解】令g(x)＝f(x)－ax，由g′(x)＝f′(x)－a＝ex＋e－x－a，由于ex＋e－x＝ex＋eq\f(1,ex)≥2(当且仅当x＝0时等号成立，)所以当a≤2时，g(x)＝ex＋e－x－a≥2－a≥0，故g(x)在(0，＋∞)