2017年高中數(shù)學(xué)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用3.3導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)的應(yīng)用3.3.2函數(shù)的極大值和極小值同步練習(xí)湘教版1-1

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE8學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精3。3.2函數(shù)的極大值和極小值1．下列四個函數(shù)①y＝x3；②y＝x2＋1;③y＝｜x|；④y＝2x,在x＝0處取得極小值的函數(shù)是（）．A．①②B．②③C．③④D．①③2．(2011·福建高考）若a＞0，b＞0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于()．A．2B．3C．6D．93．已知函數(shù)f（x)＝x3－px2－qx的圖象與x軸切于點(1,0），則f（x）的（）．A．極大值為0，極小值為－eq\f（4，27）B．極大值為eq\f(4,27），極小值為0C．極小值為－eq\f(5,27），極大值為0D．極小值為0,極大值為eq\f（5，27)4．若函數(shù)f（x）＝x3－6bx＋3b在（0,1)內(nèi)有極小值,則實數(shù)b的取值范圍為__________．5．若f(x）＝x3＋3ax2＋3(a＋2）x＋1有極大值和極小值，則a的取值范圍是__________．6．將邊長為1的正三角形薄片沿一條平行于某邊的直線剪成兩塊,其中一塊是梯形，記S＝eq\f(（梯形的周長）2，梯形的面積)，則S的最小值是__________．7．已知函數(shù)f（x）＝x－eq\f（2,x)＋a(2－lnx），a＞0，討論f（x)的單調(diào)性．8．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－6x＋5，x∈R.（1)求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；（2）若關(guān)于x的方程f(x)＝a有三個不同的實根，求實數(shù)a的取值范圍;（3）已知當(dāng)x∈(1,＋∞)時，f(x)≥k（x－1）恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．

參考答案1．B①與④在R上是增函數(shù)，取不到極值，由極值定義,結(jié)合圖象知②③在x＝0處取得極小值．2．D由題意，得f′（x)＝12x2－2ax－2b?！吆瘮?shù)f(x)在x＝1處有極值,∴f′(1）＝0。∴12－2a－2b＝0，即a＋b又∵a＞0，b＞0，由基本不等式得a＋b≥2eq\r(ab）,∴ab≤（eq\f（a＋b,2）)2＝(eq\f（6,2））2＝9，故ab的最大值是9.3．B∵f(x)與x軸切于點（1，0)，f′（x）＝3x2－2px－q，∴f′（1）＝3－2p－q＝0。又f(1）＝1－p－q＝0，∴p＝2，q＝－1。∴f(x)＝x3－2x2＋x.∴f′(x)＝3x2－4x＋1.令3x2－4x＋1＝0，解得x1＝1，x2＝eq\f（1,3）。當(dāng)x＜eq\f(1，3)時，f′(x)＞0；當(dāng)eq\f（1,3)＜x＜1時，f′（x）＜0；當(dāng)x＞1時，f′(x）＞0。故x＝eq\f（1，3）時，取得極大值eq\f(4，27）；x＝1時，取得極小值0.4．(0,eq\f(1,2））f（x）在(0,1)上存在極值點轉(zhuǎn)換為f′（x)＝3x2－6b＝0在（0,1)上有解，即b＝eq\f（x2,2)，x∈（0，1)有解，轉(zhuǎn)化為函數(shù)y＝eq\f（x2，2），x∈（0，1)上的值域問題，所以b∈(0，eq\f(1,2)）．5．(－∞，－1)∪(2，＋∞)f（x）為三次函數(shù)，f′（x)＝3x2＋6ax＋3（a＋2)為二次函數(shù),要使f(x)既有極大值又有極小值，需f′(x)＝0有兩個不相等的實數(shù)根，化簡f′（x）＝0有x2＋2ax＋(a＋2）＝0,從而有Δ＝(2a）2－4(a＋2)＞0，解得a＜－1或a＞2.即a6．eq\f（32\r（3)，3)設(shè)剪成的另一塊正三角形的邊長為x.則S＝eq\f（(3－x）2,\f(\r(3)，4）－\f（\r(3），4)x2)＝eq\f(4\r(3），3）·eq\f（(3－x）2，1－x2)（0＜x＜1)，所以S′＝eq\f（4\r（3）,3)·eq\f(－6x2＋20x－6，(1－x2）2)＝－eq\f(8\r（3),3)·eq\f(（3x－1)(x－3),(1－x2）2)。令S′＝0，得x＝eq\f(1,3)或3（舍去)．∴x＝eq\f(1，3)是S的極小值點且是最小值點．∴Smin＝eq\f（4\r（3),3）·eq\f(\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(3－\f(1,3）))2,1－\f（1,9）)＝eq\f(32\r(3），3）.7．解:f(x）的定義域是（0,＋∞），導(dǎo)函數(shù)f′(x）＝1＋eq\f（2，x2）－eq\f（a，x）＝eq\f（x2－ax＋2，x2)。設(shè)g(x）＝x2－ax＋2，二次方程g（x）＝0的判別式Δ＝a2－8。當(dāng)Δ＜0，即0＜a＜2eq\r（2）時，對一切x＞0都有f′(x）＞0。此時f(x)是（0,＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)．當(dāng)Δ＝0，即a＝2eq\r（2)時，僅對x＝eq\r（2)有f′（x)＝0，對其余的x＞0都有f′（x)＞0.此時f（x）也是(0，＋∞）上的單調(diào)遞增函數(shù)．當(dāng)Δ＞0,即a＞2eq\r（2)時,方程g(x）＝0有兩個不同的實根x1＝eq\f(a－\r(a2－8）,2),x2＝eq\f（a＋\r(a2－8)，2），0＜x1＜x2.當(dāng)x變化時,f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x（0，x1)x1(x1,x2)x2(x2,＋∞)f′(x）＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞減此時f（x）在（0，eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r（a2－8),2）)）上單調(diào)遞增,在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（a－\r(a2－8)，2),\f(a＋\r（a2－8),2）))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（a＋\r(a2－8),2),＋∞）)，＋∞)上單調(diào)遞增．8．解：（1）f′（x）＝3x2－6，令f′（x）＝0,解得x1＝－eq\r(2)，x2＝eq\r(2)。因為當(dāng)x＞eq\r(2）或x＜－eq\r（2)時，f′(x)＞0；當(dāng)－eq\r(2)＜x＜eq\r（2）時，f′（x）＜0。所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（－∞,－eq\r（2））和(eq\r(2)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－eq\r(2），eq\r（2））．當(dāng)x＝－eq\r（2）時，f（x)有極大值5＋4eq\r（2）；當(dāng)x＝eq\r（2)時，f（x)有極小值5－4eq\r(2)。(2）由（1）的分析知y＝f（x）的圖象的大致形狀及走向如圖所示，所以當(dāng)5－4eq\r(2）＜a＜5＋4eq\r（2)時,直線y＝a與y＝f(x）的圖象有三個不同的交點，即方程f（x）＝a有三個不同的實根．（3)f（x)≥k(x－1），即(x－1）(x2＋x－5）≥k(x－1)．因為x＞1，所以k≤x2＋x－5在(1，＋∞)