2020秋高中数学人教版2-2达标练习：第一章1.3-1.3.2函数的极值与导数含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020秋高中数学人教A版选修2-2达标练习：第一章1.3-1.3.2函数的极值与导数含解析第一章导数及其应用1.3导数在研究函数中的应用1。3.2函数的极值与导数A级基础巩固一、选择题1．设a∈R,若函数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：因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.令y′＝ex＋a＝0,则ex＝－a，所以x＝ln(－a）．又因为x>0,所以－a>1，即a<－1。答案：A2．函数f（x）＝lnx－x在区间(0,e）上的极大值为（)A．－e B．－1C．1－e D．0解析：函数f(x)的定义域为（0，＋∞)，f′(x）＝eq\f（1,x）－1.令f′(x)＝0,得x＝1。当x∈（0，1）时，f′(x）>0，当x∈(1，e)时,f′（x）<0，故f（x)在x＝1处取得极大值f（1)＝ln1－1＝0－1＝－1.答案：B3．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：由f′(x)＝－eq\f(2,x2）＋eq\f（1，x）＝eq\f(1，x)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f(2,x)))＝0可得x＝2.当0<x<2时，f′（x)<0，f（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．答案：D4．若函数f（x)＝ax－lnx在x＝eq\f(\r（2），2）处取得极值,则实数a的值为（)A。eq\r(2） B。eq\f(\r（2），2)C．2 D。eq\f(1,2)解析：f′（x）＝a－eq\f(1,x），因为f′eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(\r（2),2))）＝0，即a－eq\f（1,\f（\r(2),2)）＝0，解得a＝eq\r（2）。答案：A5．已知函数f（x）＝x3＋ax2＋x＋2(a〉0)的极大值点和极小值点都在区间（－1，1）内,则实数a的取值范围是(）A．（0，2]B．(0，2）C．[eq\r(3)，2)D．（eq\r(3)，2）解析：由题意可知f′（x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1）内．因为f′（x)＝3x2＋2ax＋1,所以根据导函数图象可得eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（Δ＝(2a）2－4×3×1>0，,－1<\f(－2a,6）〈1，，f′(－1)＝3－2a＋1>0，，f′（1）＝3＋2a＋1〉0，））又a〉0，解得eq\r（3)<a〈2。故选D.答案:D二、填空题6．函数f(x)＝x＋2cosx在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（0,\f(π,2）））上的极大值点为________．解析：f′(x)＝1－2sinx，令f′（x）＝0得x＝eq\f(π,6)。当0＜x＜eq\f(π,6)时,f′(x)＞0；当eq\f（π,6)＜x＜eq\f（π，2）时，f′(x）＜0.所以当x＝eq\f(π,6)时，f（x)有极大值．答案:eq\f(π,6)7．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)．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：28．已知函数f(x）＝x3＋3ax2＋3(a＋2）x＋1既无极大值又无极小值，则实数a的取值范围是________．解析：f′（x）＝3x2＋6ax＋3（a＋2),因为函数f(x)既有无大值又有无小值，所以Δ＝36a2－36（a＋2)≤0，即a2－a－2≤0,解得－1≤a≤2.答案:[－1，2]三、解答题9．求下列函数的极值；（1）f(x）＝x3－12x;（2)f(x)＝eq\f（2x，x2＋1)－2。解：（1）函数f(x)的定义域为R,f′（x)＝3x2－12＝3（x＋2）(x－2)．令f′（x)＝0，得x＝－2或x＝2,当x变化时,f′（x),f(x）的变化情况如下表：x（－∞，－2)－2（－2,2）2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f（x)↗极大值↘极小值↗从表中可以看出,当x＝－2时，函数取得极大值，且f（－2)＝（－2）3－12×(－2)＝16；当x＝2时，函数f(x）取得极小值,且f(2)＝23－12×2＝－16.（2)f′(x)＝eq\f(2（x2＋1）－2x·2x,（x2＋1）2）＝eq\f（2(1－x2），(x2＋1）2），令f′（x）＝0，解得x＝1或x＝－1，当x变化时，f′（x),f（x)的变化情况如下表：x(－∞，－1）－1（－1，1）1(1，＋∞）f′（x）－0＋0－f(x）↘极小值↗极大值↘当x＝－1时，f(x）取得极小值,并且f（－1)＝eq\f(－2,1＋1)－2＝－3；当x＝1时，f（x)取得极大值，并且f（1）＝eq\f（2，1＋1)－2＝－1。10．若函数f（x)＝ax3－bx＋2,当x＝1时，函数f（x)取极值0.（1）求函数f(x)的解析式；(2)若关于x的方程f(x）＝k有三个零点，求实数k的取值范围．解：(1)由题意可知f′(x)＝3ax2－b.所以eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（f（1）＝0，，f′（1）＝0，))⇒eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（a＝1，，b＝3。)）故所求的函数解析式为f（x）＝x3－3x＋2.（2)由(1)可知f′（x)＝3x2－3＝3（x－1)（x＋1)．令f′（x）＝0得x＝1或x＝－1，当x变化时，f′（x）,f（x)的变化情况如下表所示：x(－∞，－1）－1（－1，1)1(1,＋∞）f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值4↘极小值0↗因此,当x＝－1时,f(x)有极大值4，当x＝1时，f（x)有极小值0，故实数k的取值范围为(0,4）．B级能力提升1．函数f（x)＝eq\f(1，3）x3－eq\f(1，2）（2b＋1)x2＋b（b＋1)x在(0，2)内有极小值，则（)A．0＜b＜1 B．0＜b＜2C．－1＜b＜1 D．－1＜b＜2解析：f′(x）＝x2－（2b＋1)x＋b(b＋1)＝(x－b）[x－(b＋1)]，令f′（x）＝0，则x＝b或x＝b＋1,x＝b＋1是极小值点,所以0＜b＋1＜2,得－1＜b＜1。答案：C2．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)，如图所示，则下列说法中不正确的序号是________(填序号)．①当x＝eq\f（3,2)时，函数取得极小值；②f(x）有两个极值点；③当x＝2时,函数取得极小值；④当x＝1时，函数取得极大值．解析：由题可知，当x∈（－∞，1）时，f′（x)>0;当x∈（1，2）时，f′(x)〈0；当x∈(2，＋∞）时,f′（x）〉0，所以f(x)有两个极值点，分别为1和2，且当x＝2时函数取得极小值，当x＝1时函数值取得极大值．只有①不正确．答案:①3．已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x,曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝4x＋4.（1)求a,b的值；（2）讨论f（x）的单调性,并求f(x)的极大值．解：(1)f′（x）＝ex（ax＋a＋b）－2x－4。由已知得f（0)＝4，f′(0)＝4，故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4。(2）由（1)知，f（x）＝4ex（x＋1）－x2－4x,f′（x）＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(ex－\f（1,2）））.令f′(x）＝0得，x＝－ln2或x＝－2。从而当x∈(－∞，－2)或x∈(－ln2,＋∞）时,f′(x）＞0；当x∈(－2，ln