2020秋高中数学人教版2-21.3.2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课时作业：1.3.2函数的极值与导数含解析第一章1。31。3。2请同学们认真完成练案［7］A级基础巩固一、选择题1．已知函数y＝f(x）在定义域内可导，则函数y＝f(x)在某点处的导数值为0是函数y＝f（x)在这点处取得极值的(B）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．非充分非必要条件［解析］根据导数的性质可知，若函数y＝f(x）在这点处取得极值,则f′（x）＝0,即必要性成立；反之不一定成立，如函数f(x）＝x3在R上是增函数，f′（x）＝3x2，则f′（0）＝0，但在x＝0处函数不是极值，即充分性不成立．故函数y＝f（x）在某点处的导数值为0是函数y＝f（x）在这点处取得极值的必要不充分条件，故选B．2．已知函数y＝f(x)，x∈R有唯一的极值，且x＝1是f（x)的极小值点，则(C)A．当x∈（－∞，1）时,f′(x)≥0；当x∈(1，＋∞）时，f′(x）≤0B．当x∈(－∞，1)时，f′(x)≥0；当x∈（1,＋∞）时，f′(x）≥0C．当x∈(－∞，1)时,f′（x）≤0；当x∈（1，＋∞）时,f′（x)≥0D．当x∈(－∞，1)时,f′(x)≤0;当x∈(1，＋∞）时，f′(x）≤0[解析]由极小值点的定义，知极小值点左右两侧的导函数是左负右正，又函数f(x)，x∈R有唯一的极值，故当x∈（－∞，1)时,f′(x)≤0；当x∈（1,＋∞)时，f′（x)≥0。3．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝（D)A．－4 B．－2C．4 D．2［解析］由题意得f′（x）＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′（x）>0，函数f（x)单调递增，当x∈（－2，2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈（2，＋∞)时,f′（x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2。4．已知函数f(x）＝x(x－c）2，在x＝2处取得极大值，则实数c的值是(D)A．eq\f(2,3） B．2C．2或6 D．6[解析]函数f（x）＝x（x－c）2的导数为f′(x）＝（x－c）2＋2x（x－c)＝(x－c）(3x－c）,由f（x）在x＝2处有极大值,即有f′(2）＝0，即(c－2）（c－6）＝0，解得c＝2或6，若c＝2时,f′（x)＝0，可得x＝2或eq\f（2，3），由f(x)在x＝2处导数左负右正，取得极小值，若c＝6,f′(x）＝0，可得x＝6或2，由f（x）在x＝2处导数左正右负,取得极大值.综上可得c＝6。5．函数y＝x3－2ax＋a在（0，1)内有极小值，则实数a的取值范围是（D）A．(0,3） B．（－∞，3）C．(0,＋∞） D．(0，eq\f(3，2））［解析]y′＝3x2－2a,因为函数在(0,1)所以y′＝3x2－2a＝0在(0,1)记f(x）＝3x2－2a所以eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（f0＝－2a<0，，f1＝3－2a〉0，)）解得0〈a〈eq\f（3，2）,故选D．6．已知函数f（x）的定义域为（a,b)，导函数f′（x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x）在（a,b)上的极大值点的个数为（B）A．1 B．2C．3 D．4［解析]导函数f′(x)在(a，b）上的图象如图所示,由函数取得极大值点x0的充要条件是:在x0左侧的导数大于0，右侧的导数小于0，由图象可知,函数f(x)只有在点A，C处取得最大值，而在B点处取得极小值,而在点O处无极值,函数f(x）在(a，b）上的极大值点的个数为2，故选B．二、填空题7．已知函数f（x)＝eq\f（1,3)x3－eq\f（1，2)x2＋cx＋d有极值，则c的取值范围为__c〈eq\f（1,4）__。[解析］∵f′（x）＝x2－x＋c且f(x）有极值,∴f′(x）＝0有不等的实数根，即Δ＝1－4c解得c〈eq\f(1,4)。8．已知函数f(x）＝x（lnx－ax）有两个极值点,则实数a的取值范围是__(0，eq\f（1,2))__.[解析]由题知，x〉0,f′（x)＝lnx＋1－2ax，由于函数f(x)有两个极值点，则f′（x）＝0有两个不等的正根,即函数y＝lnx＋1与y＝2ax的图象有两个不同的交点（x>0),则a〉0；设函数y＝lnx＋1上任一点(x0，1＋lnx0）处的切线为l,则kl＝y′＝eq\f（1，x0)，当l过坐标原点时，eq\f(1,x0)＝eq\f(1＋lnx0,x0)⇒x0＝1,令2a＝1⇒a＝eq\f(1，2)，∴0〈a〈eq\f（1，2）.三、解答题9．设函数f(x）＝2x3＋3x2＋ax＋b，曲线y＝f(x)在点(0，f(0)）处的切线方程为y＝－12x＋1。（1)求f(x）的解析式；(2）求f（x)的极值．[解析](1）∵f(x)＝2x3＋3x2＋ax＋b，∴f′(x）＝6x2＋6x＋a，曲线y＝f(x）在点（0，f(0))处的切线方程为y＝－12x＋1，所以f(0)＝b＝1，f′(0)＝a＝－12,∴f(x）＝2x3＋3x2－12x＋1;(2）由（1)得f′(x）＝6x2＋6x－12＝6（x＋2）（x－1）,令f′（x)＝0，x＝－2或x＝1，f′(x)＞0，x＜－2或x＞1，f′(x)＜0，－2＜x＜1，∴f（x）递增区间是（－∞,－2)，（1，＋∞）,递减区间是(－2，1)，∴f(x)的极大值为f(－2)＝21，极小值为f（1)＝－6。10．（2018·北京文,19)设函数f(x)＝[ax2－（3a＋1)x＋3a＋2]e(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2））处的切线斜率为0，求a；（2）若f（x）在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．［解析]（1)因为f(x)＝［ax2－（3a＋1)x＋3a＋2]e所以f′（x)＝［ax2－(a＋1)x＋1］ex，f′（2）＝（2a－1）e2由题设知f′（2）＝0，即（2a－1）e2＝0，解得a＝eq\f(1,2）.（2)由(1)得f′（x）＝[ax2－（a＋1)x＋1］ex＝(ax－1)（x－1）ex.若a>1，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,a),1))时,f′（x)<0；当x∈(1，＋∞）时,f′(x）〉0.所以f（x）在x＝1处取得极小值．若a≤1,则当x∈（0，1）时,ax－1≤x－1〈0,所以f′(x)>0.所以1不是f(x）的极小值点．综上可知，a的取值范围是（1，＋∞)．B级素养提升一、选择题1．（多选题）设f′（x)是函数f（x）的导函数，将y＝f(x)和y＝f′（x）的图象画在同一个直角坐标系中，正确的是（ABC)[解析]A，B，C均有可能；对于D,若C1为导函数，则y＝f(x)应为增函数，不符合；若C2为导函数，则y＝f（x)应为减函数,也不符合．2．（多选题)对于函数f(x)＝x3－3x2，给出下列结论中正确的是（CD)A．f(x）是增函数,无极值B．f(x)是减函数，无极值C．f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，（2，＋∞),单调递减区间为（0,2）D．f(0)＝0是极大值，f（2）＝－4是极小值［解析]f′(x)＝3x2－6x.令f′(x)＝3x2－6x>0,得x>2或x〈0；令f′（x）＝3x2－6x〈0，得0〈x<2.∴函数f（x）在区间（－∞,0)，（2，＋∞）上单调递增,在区间(0，2)上单调递减，当x＝0和x＝2时，函数f(x)分别取得极大值0和极小值－4。故选CD．二、填空题3．(2020·新课标卷Ⅰ）曲线y＝lnx＋x＋1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为__y＝2x__.[解析]设切线的切点坐标为（x0，y0)，y＝lnx＋x＋1,y′＝eq\f(1,x）＋1，y′｜x＝x0＝eq\f(1,x0)＋1＝2,x0＝1，y0＝2，所以切点坐标为(1,2），所求的切线方程为y－2＝2（x－1),即y＝2x.4．已知函数f（x)＝ax3＋bx2＋6，其导数f′（x）的图象如图所示,则函数的极小值是__6__。［解析]依题意f′(x）＝3ax2＋2bx。由题图象可知,当x<0时,f′(x)<0，当0〈x<2时，f′（x)>0，故x＝0时函数f(x)取极小值f（0)＝6.三、解答题5．（2020·保定二模）已知函数f(x)＝eq\f（alnx－bex,x）（a，b∈R且a≠0，e为自然对数的底数）．若曲线f(x)在点（e，f（e))处的切线斜率为0，且f(x)有极小值,求实数a的取值范围．[解析]f(x）＝eq\f(alnx－bex,x)，(x＞0），∴f′(x）＝eq\f（a1－lnx－bexx－1,x2)，由f′（e）＝0，则b＝0，则f′（x）＝eq\f（a1－lnx,x2），当a＞0时，f′（x）在(0，e)内大于0，在(e,＋∞)内小于0,∴f（x）在(0，e)内为增函数，在(e，＋∞)为减函数，∴f(x)有极大值无极小值；当a＜0时，f（x）在(0,e）为减函数,在(e,＋∞）为增函数，∴f(x)有极小值无极大值;∴实数a的取值范围(－∞，0）．6．(2018·全国卷Ⅲ理,21)已知函数f(x）＝（2＋x＋ax2）·ln(1＋x)－2x。（1)若a＝0，证明:当－1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f(x)＞0；(2）若x＝0是f(x）的极大值点，求a.[解析］（1）证明：当a＝0时,f(x）＝（2＋x）ln(1＋x）－2x，f′（x)＝ln（1＋x）－eq\f（x,1＋x）。设函数g(x)＝f′(x)＝ln（1＋x)－eq\f(x，1＋x），则g′（x)＝eq\f(x，1＋x2)。当－1＜x＜0时,g′(x）＜0；当x＞0时，g′（x）＞0.故当x＞－1时，g(x）≥g（0）＝0，且仅当x＝0时,g(x)＝0，从而f′（x)≥0，且仅当x＝0时，f′(x)＝0。所以f(x）在(－1,＋∞）单调递增．又f(0)＝0，故当－1＜x＜0时，f(x）＜0；当x＞0时，f(x)＞0。(2）（ⅰ)若a≥0，由(1）知，当x＞0时，f(x)≥(2＋x）ln（1＋x)－2x＞0＝f（0)，这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．(ⅱ)若a＜0，设函数h(x)＝eq\f(fx，2＋x＋ax2)＝ln（1＋x)－eq\f(2x，2＋x＋ax2）.由于当｜x|＜mineq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(1,|a｜）)))时，2＋x＋ax2＞0,故h(x)与f(x）符号相同．又h(0）＝f（0)＝0，故x＝0是f(x)的极大值点，当且仅当x＝0是h（x）的极大值点．h′（x)＝eq\f（1，1＋x）－eq\f（22＋x＋ax2－2x1＋2ax，2＋x＋ax22）＝eq\f(x2a2x2＋4ax＋6a＋1,x＋1ax2＋x＋22).若6a＋1＞0，则当0＜x＜－eq\f（6a＋1，4a),且|x｜＜mineq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（1，\r(\f(1,｜a｜））））时，h′（x）＞0，故x＝0不是h（x)的极大值点．若6a＋1＜0，则a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x故当x∈(x1，0),且|x｜＜mineq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(