《2017-2018學年度高中數(shù)學 第三章 導數(shù)及其應用 3.3.2 函數(shù)的極值與導數(shù)課后提升訓練【含解析】新人教A版選修1-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2017-2018學年度高中數(shù)學 第三章 導數(shù)及其應用 3.3.2 函數(shù)的極值與導數(shù)課后提升訓練【含解析】新人教A版選修1-1（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 函數(shù)的極值與導數(shù) (45分鐘　70分) 一、選擇題(每小題5分,共40分) 1.函數(shù)f(x)=x2+2x+2的極小值是　(　　) A.1 B.2 C.5 D.不存在 【解析】選C.f′(x)=2x-2x2,令f′(x)=0,解得x=1,當x∈(0,1)時函數(shù)單調遞減,當x∈(1,+∞)時函數(shù)單調遞增,因此x=1是函數(shù)的極小值點,極小值為f(1)=5. 2.(2017涼山模擬)函數(shù)f(x)=mlnx-cosx在x=1處取得極值,則m的值為 　(　　) A.sin1 B.-sin1 C.cos1 D.-cos1 【解析】選B.因為f′(x)=

2、mx+sinx, 由題意得:f′(1)=m+sin1=0, 所以m=-sin1. 3.函數(shù)f(x)=2-x2-x3的極值情況是　(　　) A.有極大值,沒有極小值 B.有極小值,沒有極大值 C.既無極大值也無極小值 D.既有極大值又有極小值 【解析】選D.f′(x)=-2x-3x2,令f′(x)=0有x=0或x=-23.當x<-23時,f′(x)<0;當-230;當x>0時,f′(x)<0.從而在x=0時,f(x)取得極大值,在x=-23時,f(x)取得極小值. 4.下列說法正確的是　(　　) A.函數(shù)在閉區(qū)間上的極大值一定比極小值大 B.函數(shù)在閉

3、區(qū)間上的極大值一定比極小值小 C.函數(shù)f(x)=|x|只有一個極小值 D.函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)上一定存在極值 【解析】選C.函數(shù)的極大值與極小值之間無確定的大小關系,單調函數(shù)在區(qū)間(a,b)上沒有極值,故A,B,D錯誤,C正確,函數(shù)f(x)=|x|只有一個極小值為0. 5.若a>0,b>0,且函數(shù)f(x)=4x3-ax2-2bx在x=1處有極值,則4a+1b的最小值為 　(　　) A.49 B.43 C.32 D.23 【解析】選C.因為函數(shù)f(x)=4x3-ax2-2bx在x=1處有極值,所以f′(1) =12-2a-2b=0,即a+b=6,則4

4、a+1b=16(a+b)4a+1b=165+ab+4ba≥5+46=32(當且僅當ab=4ba且a+b=6,即a=2b=4時取“=”). 6.已知f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有極大值和極小值,則a的取值范圍為　(　　) A.(-1,2) B.(-3,6) C.(-∞,-1)∪(2,+∞) D.(-∞,-3)∪(6,+∞) 【解析】選D.f′(x)=3x2+2ax+(a+6),因為f(x)既有極大值又有極小值,那么 Δ=(2a)2-43(a+6)>0,解得a>6或a<-3. 7.(2017廣州高二檢測)設函數(shù)f(x)=ex(sinx-cosx)(0≤x≤2015π),

5、則函數(shù)f(x)的各極大值之和為　(　　) A.e2π(1-e2 015π)1-e2π B.e2π(1-e2 015π)1-eπ C.1-e2 015π1-e2π D.eπ(1-e2 016π)1-e2π 【解析】選D.由題意,得 f′(x)=(ex)′(sinx-cosx)+ex(sinx-cosx)′ =2exsinx,所以x∈(2kπ,2kπ+π)時f(x)遞增, x∈(2kπ+π,2kπ+2π)時,f(x)遞減, 故當x=2kπ+π時,f(x)取極大值, 其極大值為 f(2kπ+π)=e2kπ+π[sin(2kπ+π)-cos(2kπ+π)] =e2kπ

6、+π, 又0≤x≤2015π, 所以函數(shù)f(x)的各極大值之和為 S=eπ+e3π+e5π+…+e2015π=eπ[1-(e2π)1 008]1-e2π =eπ(1-e2 016π)1-e2π 8.已知函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),且滿足f(x)+xf′(x)=lnxx,f(e)=1e,則下列結論正確的是　(　　) A.f(x)有極大值無極小值 B.f(x)有極小值無極大值 C.f(x)既有極大值又有極小值 D.f(x)沒有極值 【解析】選D.因為f(x)+xf′(x)=lnxx, 所以[xf(x)]′=lnxx, 所以xf(x)=12(lnx)2+c.又因為f(

7、e)=1e, 所以e1e=12(lne)2+c,解得c=12, 所以f(x)=12[(lnx)2+1]1x, f′(x)=2lnxx2x-[(lnx)2+1]24x2 =-2(lnx-1)24x2≤0, 所以函數(shù)f(x)在(0,+∞)上為減函數(shù), 所以f(x)在(0,+∞)上沒有極值. 二、填空題(每小題5分,共10分) 9.(2017銀川高二檢測)函數(shù)f(x)=13x3-14x4在區(qū)間12,3上的極值點為　　　　. 【解析】因為f(x)=13x3-14x4,所以f′(x)=x2-x3=-x2(x-1),令f′(x)=0,則x=0或x=1,因為x∈12,3,所以x=1,并且在

8、x=1左側f′(x)>0,右側f′(x)<0,所以函數(shù)f(x)=13x3-14x4在區(qū)間12,3上的極值點為1. 答案:1 【警示誤區(qū)】函數(shù)的極值點都是其導數(shù)等于0的根,但須注意導數(shù)等于0的根不一定都是極值點,應根據(jù)導數(shù)圖象分析再下結論是不是其極值點. 10.已知函數(shù)f(x)=x4+9x+5,則f(x)的圖象在(-1,3)內與x軸的交點的個數(shù)為　　　　. 【解析】因為f′(x)=4x3+9,當x∈(-1,3)時,f′(x)>0,所以f(x)在(-1,3)上單調遞增,又f(-1)=-3<0,f(0)=5>0,所以f(x)在(-1,3)內與x軸只有一個交點. 答案:1個 三、解答題(每

9、小題10分,共20分) 11.已知函數(shù)y=x3+3ax2+3bx+c在x=2處有極值,且其圖象在x=1處的切線與直線6x+2y+5=0平行. (1)求函數(shù)的單調區(qū)間. (2)求函數(shù)的極大值與極小值的差. 【解析】y′=3x2+6ax+3b,因為x=2是函數(shù)的極值點, 所以12+12a+3b=0, 即4+4a+b=0.① 又圖象在x=1處的切線與直線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. 此時,y′=3x2-6x=3x(x-2). (1)令y′>0,得x(x-2)>0,所以x<0或x>2;

10、 令y′<0,得x(x-2)<0,所以0

11、1-2axx. 當a≤0,x∈0,+∞時,g′(x)>0,函數(shù)g(x)單調遞增. 當a>0,x∈0,12a時,g′(x)>0,函數(shù)g(x)單調遞增, x∈12a,+∞時,g′(x)<0,函數(shù)g(x)單調遞減. 綜上:當a≤0時,函數(shù)g(x)單調遞增區(qū)間為(0,+∞). 當a>0時,函數(shù)g(x)單調遞增區(qū)間為0,12a, 函數(shù)g(x)單調遞減區(qū)間為12a,+∞. (2)由(1)知f′(1)=0. ①當a≤0,f′(x)單調遞增,所以 x∈0,1時,f′(x)<0,f(x)單調遞減, x∈1,+∞時,f′(x)>0,f(x)單調遞增, 所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題

12、意. ②當01時,由(1)知f′(x)在0,12a內單調遞增, 所以x∈0,1時,f′(x)<0,f(x)單調遞減, x∈1,12a時,f′(x)>0,f(x)單調遞增, 所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意. ③當a=12,12a=1時,f′(x)在0,1內單調遞增,在(1,+∞)內單調遞減,所以x∈0,+∞時,f′(x)≤0,f(x)單調遞減,不合題意. ④當a>12,0<12a<1時,x∈12a,1,f′(x)>0, f(x)單調遞增, 當x∈1,+∞時,f′(x)<0,f(x)單調遞減, 所以f(x)在x=1處取得極大值,符合題意. 綜上可

13、知a>12. 【補償訓練】已知函數(shù)f(x)=x3-bx2+2cx的導函數(shù)的圖象關于直線x=2對稱. (1)求b的值. (2)若函數(shù)f(x)無極值,求c的取值范圍. 【解析】(1)f′(x)=3x2-2bx+2c, 因為函數(shù)f′(x)的圖象關于直線x=2對稱, 所以--2b6=2,即b=6. (2)由(1)知,f(x)=x3-6x2+2cx, f′(x)=3x2-12x+2c=3(x-2)2+2c-12, 當2c-12≥0,即c≥6時,f′(x)≥0恒成立,此時函數(shù)f(x)無極值. 【能力挑戰(zhàn)題】 已知函數(shù)f(x)=kx+1x2+c(c>0且c≠1,k∈R)恰有一個極大值點

14、和一個極小值點,其中一個是x=-c. (1)求函數(shù)f(x)的另一個極值點. (2)求函數(shù)f(x)的極大值M和極小值m,并求M-m≥1時k的取值范圍. 【解析】(1)f′(x)=k(x2+c)-2x(kx+1)(x2+c)2 =-kx2-2x+ck(x2+c)2, 由題意知f′(-c)=0,即得c2k-2c-ck=0,(*) 因為c≠0,所以k≠0. 由f′(x)=0得-kx2-2x+ck=0, 由根與系數(shù)的關系知另一個極值點為x=1(或x=c-2k). (2)由(*)式得k=2c-1,即c=1+2k. 當c>1時,k>0;當00時, f(x)在(-∞,-c)和(1,+∞)內是減函數(shù), 在(-c,1)內是增函數(shù). 所以M=f(1)=k+1c+1=k2>0, m=f(-c)=-kc+1c2+c=-k22(k+2)<0, 由M-m=k2+k22(k+2)≥1及k>0, 解得k≥2. (ii)當k<-2時,f(x)在(-∞,-c)和(1,+∞)內是增函數(shù),在(-c,1)內是減函數(shù). 所以M=f(-c)=-k22(k+2)>0,m=f(1)=k2<0, M-m=-k22(k+2)-k2=1-(k+1)2+1k+2≥1恒成立. 綜上可知,所求k的取值范圍為(-∞,-2)∪[2,+∞). 8