人教B版高中数学选修2-2132利用导数研究函数的极值测试（教师版）

1.3.2利用导数研究函数的极值（检测教师版）时间:50分钟总分：80分班级：姓名：选择题（共6小题，每题5分，共30分）1．函数f(x)＝x＋eq\f(1,x)的极值情况是()A．当x＝1时，极小值为2，但无极大值B．当x＝－1时，极大值为－2，但无极小值C．当x＝－1时，极小值为－2；当x＝1时，极大值为2D．当x＝－1时，极大值为－2；当x＝1时，极小值为2【答案】D【解析】f′(x)＝1－eq\f(1,x2)，令f′(x)＝0，得x＝±1，函数f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调增，在(－1,0)和(0,1)上单调减，∴当x＝－1时，取极大值－2，当x＝1时，取极小值2.故选D.2．下列函数中x＝0是极值点的函数是()A．f(x)＝－x3 B．f(x)＝－cosxC．f(x)＝sinx－x D．f(x)＝eq\f(1,x)【答案】B【解析】A．y′＝－3x2≤0恒成立，所以函数在R上递减，无极值点．B．y′＝sinx，当－π<x<0时函数单调递增；当0<x<π时函数单调递减且y′|x＝0＝0，故B符合．C．y′＝cosx－1≤0恒成立，所以函数在R上递减，无极值点．D．y＝eq\f(1,x)在(－∞，0)与(0，＋∞)上递减，无极值点．3．函数f(x)＝－eq\f(x,ex)(a<b<1)，则()A．f(a)＝f(b)B．f(a)<f(b)C．f(a)>f(b)D．f(a)，f(b)的大小关系不能确定【答案】C【解析】f′(x)＝(eq\f(－x,ex))′＝eq\f(－x′·ex－－x·ex′,ex2)＝eq\f(x－1,ex).当x<1时，f′(x)<0，∴f(x)为减函数，∵a<b<1，∴f(a)>f(b)．4．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内极值点有()A．1个 B．2个C．3个 D．4个【答案】C【解析】由f′(x)的图象可知，函数f(x)在区间(a，b)内，先增，再减，再增，最后再减，故函数f(x)在区间(a，b)内有三个极值点．故选C.5．已知f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围为()A．－1<a<2 B．－3<a<6C．a<－1或a>2 D．a<－3或a>6【答案】D【解析】f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6.因为f(x)既有极大值又有极小值，所以Δ>0，即4a2－4×3×(a＋6)>0，即a2－3a－18>0，解得a>6或a<－3.故选D.6．已知函数f(x)＝ex(sinx－cosx)，x∈(0,2015π)，则函数f(x)的极大值之和为()A.eq\f(e2π1－e2014π,e2π－1) B．eq\f(eπ1－e2014π,1－e2π)C.eq\f(eπ1－e1007π,1－e2π) D．eq\f(eπ1－e1007π,1－eπ)【答案】B【解析】f′(x)＝2exsinx，令f′(x)＝0得sinx＝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∈(0,2015π)，∴0<(2k＋1)π<2015π，∴0≤k<1007，k∈Z.∴f(x)的极大值之和为S＝f(π)＋f(3π)＋f(5π)＋…＋f(2013π)＝eπ＋e3π＋e5π＋…＋e2013π＝eq\f(eπ[1－e2π1007],1－e2π)＝eq\f(eπ1－e2014π,1－e2π)，故选B.填空题（共4小题，每题5分，共20分）7．函数y＝xex在其极值点处的切线方程为________．【答案】y＝－eq\f(1,e)【解析】y＝f(x)＝xex⇒f′(x)＝(1＋x)ex，令f′(x)＝0⇒x＝－1，此时f(－1)＝－eq\f(1,e)，函数y＝xex在其极值点处的切线方程为y＝－eq\f(1,e).8．若函数f(x)＝x＋asinx在R上递增，则实数a的取值范围为________．【答案】[－1,1]【解析】f′(x)＝1＋acosx，由条件知f′(x)≥0在R上恒成立，∴1＋acosx≥0，a＝0时显然成立；a>0时，∵－eq\f(1,a)≤cosx恒成立，∴－eq\f(1,a)≤－1，∴a≤1，∴0<a≤1；a<0时，∵－eq\f(1,a)≥cosx恒成立，∴－eq\f(1,a)≥1，∴a≥－1，即－1≤a<0，综上知－1≤a≤1.9．若函数y＝2x3－3x2＋a的极大值是6，则a＝________.【答案】6【解析】y′＝6x2－6x＝6x(x－1)，易知函数f(x)在x＝0处取得极大值6，即f(0)＝6，∴a＝6.10．已知f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)内有极小值，则实数b的取值范围是________．【答案】(0,1)【解析】∵f′(x)＝3x2－3b＝3(x2－b)．因为函数f(x)在(0,1)内有极小值，故方程3(x2－b)＝0在(0,1)内有解，所以0<eq\r(b)<1，即0<b<1.三、解答题（共3小题，每题10分，共30分）11．求下列函数的极值．(1)y＝x2－7x＋6【解析】(1)y′＝(x2－7x＋6)′＝2x－7.令y′＝0，解得x＝eq\f(7,2).当x变化时，y′，y的变化情况如下表.xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2)))eq\f(7,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))y′－0＋y极小值－eq\f(25,4)当x＝eq\f(7,2)时，y有极小值，且y极小值＝－eq\f(25,4).12．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．【解析】(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)(ex－eq\f(1,2))．令f′(x)＝0得，x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．13．设函数f(x)＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R)．(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围．【解析】(1)对f(x)求导得f′(x)＝eq\f(6x＋aex－3x2＋axex,ex2)＝eq\f(－3x2＋6－ax＋a,ex)，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.当a＝0时，f(x)＝eq\f(3x2,ex)，f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex)，故f(1)＝eq\f(3,e)，f′(1)＝eq\f(3,e).从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1)，化简得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(－3x2＋6－ax＋a,ex)，令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0解得x1＝eq\f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6).当x<x1时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)为减函数；当x1<x