-新教材高中数学课时练习17函数的极值含解析新人教A版选择性必修

PAGEPAGE9函数的极值(30分钟60分)一、选择题(每小题5分，共30分)1．设函数f(x)＝(x＋1)ex＋1，则()A．x＝2为f(x)的极大值点B．x＝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】选D.函数f(x)＝(x＋1)ex＋1，所以f′(x)＝(x＋2)ex，令(x＋2)ex＝0，可得x＝－2，当x<－2时，f′(x)<0，函数单调递减；当x>－2时，f′(x)>0，函数单调递增，所以x＝－2是函数的极小值点．2.已知函数f(x)是R上的可导函数，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图，则下列结论正确的是()A．a，c分别是极大值点和极小值点B．b，c分别是极大值点和极小值点C．f(x)在区间(a，c)上单调递增D．f(x)在区间(b，c)上单调递减【解析】选C.由极值点的定义可知，a是极小值点，无极大值点；由导函数的图象可知，函数f(x)在区间(a，＋∞)上单调递增．3．函数y＝x3－3x2－9x(－2<x<2)有()A．极大值5，极小值－27B．极大值5，极小值－11C．极大值5，无极小值D．极小值－27，无极大值【解析】选C.由y′＝3x2－6x－9＝0，得x＝－1或x＝3.当x<－1或x>3时，y′>0；当－1<x<3时，y′<0.所以当x＝－1时，函数有极大值5；3∉(－2，2)，故无极小值．4．函数f(x)＝mlnx－cosx在x＝1处取得极值，则m的值为()A．sin1B．－sin1C．cos1D．－cos1【解析】选B.因为f′(x)＝eq\f(m,x)＋sinx，由题意得：f′(1)＝m＋sin1＝0，所以m＝－sin1.5．设函数f(x)＝eq\f(4ex,x2)，则()A．f(x)的极小值为f(2)＝e2B．f(x)的极大值为f(2)＝e2C．f(x)的极小值为f(－2)＝e2D．f(x)的极大值为f(－2)＝e2【解析】选A.由函数f(x)＝eq\f(4ex,x2)求导，得f′(x)＝eq\f(4ex（x－2）,x3)，所以当x>2或x<0时，f′(x)>0，f(x)是增函数，当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)是减函数，所以f(x)的极小值为f(2)＝e2，没有极大值．6．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx在x＝1处有极值，则eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)的最小值为()A．eq\f(4,9)B．eq\f(4,3)C．eq\f(3,2)D．eq\f(2,3)【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eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,6)(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(a,b)＋\f(4b,a)))≥eq\f(5＋4,6)＝eq\f(3,2)(当且仅当eq\f(a,b)＝eq\f(4b,a)且a＋b＝6，即a＝2b＝4时取“＝”).二、填空题(每小题5分，共10分)7．函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,4)x4在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上的极值点为__________．【解析】因为f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,4)x4，所以f′(x)＝x2－x3＝－x2(x－1)，令f′(x)＝0，则x＝0或x＝1，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，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)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,4)x4在区间[eq\f(1,2)，3]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．8．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.所以x＝4时函数取到极大值．故－64＋96＋m＝13，解得m＝－19.答案：－19三、解答题(每小题10分，共20分)9．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)，(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)＝4.10．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)＝eq\f(1,x)－2a＝eq\f(1－2ax,x).当a≤0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．当a>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，函数g(x)单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞)).(2)由(1)知f′(1)＝0.①当a≤0，f′(x)单调递增，所以x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))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<eq\f(1,2)，eq\f(1,2a)>1时，由(1)知f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))内单调递增，所以x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))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＝eq\f(1,2)，eq\f(1,2a)＝1时，f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．④当a>eq\f(1,2)，0<eq\f(1,2a)<1时，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))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>eq\f(1,2).(35分钟70分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．设函数f(x)＝ex(sinx－cosx)(0≤x≤2015π)，则函数f(x)的各极大值之和为()A．eq\f(e2π（1－e2015π）,1－e2π) B．eq\f(e2π（1－e2015π）,1－eπ)C．eq\f(1－e2015π,1－e2π) D．eq\f(eπ（1－e2016π）,1－e2π)【解析】选D.由题意，得f′(x)＝(ex)′(sinx－cosx)＋ex(sinx－cosx)′＝2exsinx，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≤2015π，所以函数f(x)的各极大值之和为S＝eπ＋e3π＋e5π＋…＋e2015π＝eq\f(eπ[1－（e2π）1008],1－e2π)＝eq\f(eπ（1－e2016π）,1－e2π).2．已知x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为()A．15B．16C．17D．18【解析】选D.因为x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，所以f′(2)＝12－3a＝0，解得a＝4，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x3－12x＋2，f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0，得x＝±2，故函数f(x)在(－2，2)上是减少的，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增加的，由此可知当x＝－2时，函数f(x)取得极大值f(－2)＝18.3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于()A．11或18 B．11C．18 D．17或18【解析】选C.因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，所以f(1)＝10，且f′(1)＝0，又f′(x)＝3x2＋2ax＋b，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋a＋b＋a2＝10，,3＋2a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11.))而当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3))时，f′(x)＝3(x－1)2，所以函数在x＝1处无极值，故舍去．所以f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，所以f(2)＝18.4．已知a∈R，且函数y＝ex＋ax(x∈R)有大于零的极值点，则()A．a<－1 B．a>－1C．a<－eq\f(1,e) D．a>－eq\f(1,e)【解析】选A.因为y＝ex＋ax.所以y′＝ex＋a.令y′＝0，即ex＋a＝0，则ex＝－a，即x＝ln(－a)，又因为x>0，所以－a>1，即a<－1.二、填空题(每小题5分，共20分)5．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：16．函数f(x)＝x3－6x2－15x＋2的极大值是________，极小值是________．【解析】f′(x)＝3x2－12x－15＝3(x－5)(x＋1)，在(－∞，－1)，(5，＋∞)上f′(x)>0，在(－1，5)上f′(x)<0，所以f(x)极大值＝f(－1)＝10，f(x)极小值＝f(5)＝－98.答案：10－987．已知函数f(x)＝6lnx－ax2－8x＋b(a，b为常数)，且x＝3为f(x)的一个极值点．则a的值为________；函数f(x)的单调递减区间为________．【解析】(1)因为f′(x)＝eq\f(6,x)－2ax－8，所以f′(3)＝2－6a－8＝0，解得a＝－1.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).由(1)知f(x)＝6lnx＋x2－8x＋b.所以f′(x)＝eq\f(6,x)＋2x－8＝eq\f(2（x2－4x＋3）,x).由f′(x)＞0可得x＞3或0＜x＜1，由f′(x)＜0可得1＜x＜3(x＜0舍去).所以函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3).答案：－1(1，3)8．已知函数f(x)＝eq\f(x－a,x＋1)·ex在定义域内有极值点，则实数a的取值范围是________．【解析】f′(x)＝eq\f(x＋1－x＋a,（x＋1）2)·ex＋eq\f(x－a,x＋1)·ex＝eq\f(x2＋（1－a）x＋1,（x＋1）2)·ex.因为x2＋(1－a)x＋1＝0有两个不相等且不等于－1的实数根，所以(1－a)2－4>0且a≠－1，解得a<－1或a>3.答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)三、解答题(每小题10分，共30分)9．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－eq\f(－2b,6)＝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．10．已知函数f(x)＝eq\f(1,3)ax3－bx2＋(2－b)x＋1在x＝x1处取得极大值，在x＝x2处取得极小值，且0<x1<1<x2<2.(1)证明：a>0；(2)求z＝a＋2b的取值范围．【解析】(1)由函数f(x)在x＝x1处取得极大值，在x＝x2处取得极小值，知x1，x2是f′(x)＝0的两个根．由题意，得f′(x)＝ax2－2bx＋2－b，所以f′(x)＝a(x－x1)(x－x2).由题意，知在x＝x1的左侧有f′(x)>0.又因为x－x1<0，x－x2<0，得a>0.(2)由题意，得0<x1<1<x2<2等价于：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（0）>0，,f′（1）<0，,f′（2）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－b>0，,a－2b＋2－b<0，,4a－4b＋2－b>0，))整理，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－b>0，,a－3b＋2<0，,4a－5b＋2>0.))此不等式组表示的区域为平面aOb上三条直线2－b＝0，a－3b＋2＝0，4a－5b＋2＝0所围成的△ABC的内部，如图所示．△ABC的三个顶点分别为Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,7)，\f(6,7)))，B(2，2)，C(4，2).z＝a＋2b在这三点的值依次为eq\f(16,7)，6，8，所以z＝a＋2b的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,7)，8)).11．已知