2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第一章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用1.3.2函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)練習(xí)新人教A版選修2-2

PAGEPAGE11.3.2函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)[A基礎(chǔ)達標(biāo)]1．設(shè)函數(shù)f(x)＝xex，則()A．x＝1為f(x)的極大值點B．x＝1為f(x)的微小值點C．x＝－1為f(x)的極大值點D．x＝－1為f(x)的微小值點解析：選D.求導(dǎo)得f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，令f′(x)＝0，解得x＝－1，易知x＝－1是函數(shù)f(x)的微小值點．2．函數(shù)f(x)＝lnx－x在區(qū)間(0，e)上的極大值為()A．－e B．－1C．1－e D．0解析：選B.函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1.令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)>0，當(dāng)x∈(1，e)時，f′(x)<0，故f(x)在x＝1處取得極大值f(1)＝ln1－1＝0－1＝－1.3．已知函數(shù)f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2處有極值，則該函數(shù)的一個遞增區(qū)間是()A．(2，3) B．(3，＋∞)C．(2，＋∞) D．(－∞，3)解析：選B.因為f′(x)＝6x2＋2ax＋36，且在x＝2處有極值，所以f′(2)＝0，24＋4a＋36＝0，a＝－15，所以f′(x)＝6x2－30x＋36＝6(x－2)(x－3)，由f′(x)>0得x<2或x>3.故f(x)的遞增區(qū)間為(－∞，2)和(3，＋∞)4．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有極大值和微小值，則實數(shù)a的取值范圍是()A．－1<a<2 B．－3<a<6C．a(chǎn)<－3或a>6 D．a(chǎn)<－1或a>2解析：選C.由題意知f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)＝0有兩個不相等的根，所以Δ>0，解得a>6或a<－3.故選C.5．函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖所示，則xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(4,3)C.eq\f(8,3) D.eq\f(16,3)解析：選C.由圖象可得f(x)＝0的根為0，1，2，故d＝0，f(x)＝x(x2＋bx＋c)，則1，2為x2＋bx＋c＝0的根，由根與系數(shù)的關(guān)系得b＝－3，c＝2，故f(x)＝x3－3x2＋2x，則f′(x)＝3x2－6x＋2，由題圖可得x1，x2為3x2－6x＋2＝0的根，則x1＋x2＝2，x1x2＝eq\f(2,3)，故xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝eq\f(8,3).6．設(shè)x＝1與x＝2是函數(shù)f(x)＝alnx＋bx2＋x的兩個極值點，則常數(shù)a＝________．解析：因為f′(x)＝eq\f(a,x)＋2bx＋1，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋2b＋1＝0，,\f(a,2)＋4b＋1＝0.))所以a＝－eq\f(2,3).答案：－eq\f(2,3)7．若f(x)＝ex－kx的微小值為0，則k＝________．解析：因為f(x)＝ex－kx的定義域為R，所以f′(x)＝ex－k，當(dāng)k≤0時，f′(x)>0，f(x)在R上單調(diào)遞增，所以f(x)無極值．當(dāng)k>0時，由f′(x)＝0，得x＝lnk；令f′(x)>0，得x>lnk；令f′(x)<0，得x<lnk，所以f(x)微?。絝(lnk)＝elnk－klnk＝k(1－lnk)＝0，所以1－lnk＝0，即k＝e.答案：e8．若函數(shù)f(x)＝x3＋x2－ax－4在區(qū)間(－1，1)上恰有一個極值點，則實數(shù)a的取值范圍為________．解析：由題意，f′(x)＝3x2＋2x－a，則f′(－1)f′(1)<0，即(1－a)(5－a)<0，解得1<a<5，另外，當(dāng)a＝1時，函數(shù)f(x)＝x3＋x2－x－4在區(qū)間(－1，1)上恰有一個極值點，當(dāng)a＝5時，函數(shù)f(x)＝x3＋x2－5x－4在區(qū)間(－1，1)內(nèi)沒有極值點．故實數(shù)a的取值范圍為[1，5)．答案：[1，5)9．已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1時取得極值，且f(1)＝－1.(1)試求常數(shù)a，b，c的值；(2)試推斷x＝±1時函數(shù)取得微小值還是極大值，并說明理由．解：(1)由已知，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.且f′(－1)＝f′(1)＝0，得3a＋2b＋c＝0，3a－2b＋c＝0.又f(1)＝－1，所以a＋b＋c＝－1.所以a＝eq\f(1,2)，b＝0，c＝－eq\f(3,2).(2)由(1)知f(x)＝eq\f(1,2)x3－eq\f(3,2)x，所以f′(x)＝eq\f(3,2)x2－eq\f(3,2)＝eq\f(3,2)(x－1)(x＋1)．當(dāng)x<－1或x>1時，f′(x)>0；當(dāng)－1<x<1時，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函數(shù)，在(－1，1)上為減函數(shù)．所以當(dāng)x＝－1時，函數(shù)取得極大值f(－1)＝1；當(dāng)x＝1時，函數(shù)取得微小值f(1)＝－1.10．求下列函數(shù)的極值．(1)f(x)＝eq\f(3,x)＋3lnx；(2)f(x)＝sinx－cosx＋x＋1(0<x<2π)．解：(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(3,x)＋3lnx的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(3,x2)＋eq\f(3,x)＝eq\f(3（x－1）,x2)，令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x(0，1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)單調(diào)遞減3單調(diào)遞增因此當(dāng)x＝1時，f(x)有微小值3，無極大值．(2)由f(x)＝sinx－cosx＋x＋1，0<x<2π，知f′(x)＝cosx＋sinx＋1，0<x<2π，于是f′(x)＝1＋eq\r(2)sin(x＋eq\f(π,4))，0<x<2π，令f′(x)＝0，從而sin(x＋eq\f(π,4))＝－eq\f(\r(2),2)，又因為0<x<2π，所以x＝π或x＝eq\f(3,2)π.當(dāng)x改變時f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x(0，π)π(π，eq\f(3,2)π)eq\f(3,2)π(eq\f(3,2)π，2π)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增π＋2單調(diào)遞減eq\f(3,2)π單調(diào)遞增因此，當(dāng)x＝eq\f(3,2)π時，f(x)有微小值eq\f(3,2)π；當(dāng)x＝π時，f(x)有極大值π＋2.[B實力提升]11．設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)f(x)在x＝－2處取得微小值，則函數(shù)y＝xf′(x)的圖象可能是()解析：選C.因為f(x)在x＝－2處取得微小值，所以當(dāng)x＜－2時，f(x)單調(diào)遞減，即f′(x)＜0；當(dāng)x＞－2時，f(x)單調(diào)遞增，即f′(x)＞0.所以當(dāng)x＜－2時，y＝xf′(x)＞0；當(dāng)x＝－2時，y＝xf′(x)＝0；當(dāng)－2＜x＜0時，y＝xf′(x)＜0；當(dāng)x＝0時，y＝xf′(x)＝0；當(dāng)x＞0時，y＝xf′(x)＞0.結(jié)合選項中圖象知選C.12．若函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋1在區(qū)間(0，1)內(nèi)有微小值，則a的取值范圍為________．解析：f′(x)＝3x2－3a.當(dāng)a≤0時，在區(qū)間(0，1)上無極值．當(dāng)a>0時，令f′(x)>0，解得x>eq\r(a)或x<－eq\r(a).令f′(x)<0，解得－eq\r(a)<x<eq\r(a).若f(x)在(0，1)內(nèi)有微小值，則0<eq\r(a)<1.解得0<a<1.答案：(0，1)13．設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝x3－x2－x＋a.(1)求f(x)的極值；(2)當(dāng)a在什么范圍內(nèi)取值時，曲線y＝f(x)與x軸僅有一個交點？解：(1)f′(x)＝3x2－2x－1.令f′(x)＝0，則x＝－eq\f(1,3)或x＝1.當(dāng)x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值微小值所以f(x)的極大值是feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(5,27)＋a，微小值是f(1)＝a－1.(2)函數(shù)f(x)＝x3－x2－x＋a＝(x－1)2(x＋1)＋a－1，由此可知，x取足夠大的正數(shù)時，有f(x)>0，x取足夠小的負(fù)數(shù)時，有f(x)<0，所以曲線y＝f(x)與x軸至少有一個交點．由(1)知f(x)極大值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(5,27)＋a，f(x)微小值＝f(1)＝a－1.因為曲線y＝f(x)與x軸僅有一個交點，所以f(x)極大值<0或f(x)微小值>0，即eq\f(5,27)＋a<0或a－1>0，所以a<－eq\f(5,27)或a>1，所以當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,27)))∪(1，＋∞)時，曲線y＝f(x)與x軸僅有一個交點．14．(選做題)已知函數(shù)f(x)＝(x2＋ax＋a)ex(a≤2，x∈R)．(1)當(dāng)a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)是否存在實數(shù)a，使f(x)的極大值為3？若存在，求出a的值，若不存在，請說明理由．解：(1)f(x)＝(x2＋x＋1)ex，f′(x)＝(2x＋1)ex＋(x2＋x＋1)ex＝(x2＋3x＋2)ex，當(dāng)f′(x)>0時，解得x<－2或x>－1，當(dāng)f′(x)<0時，解得－2<x<－1，所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－2)，(－1，＋∞)；單調(diào)減區(qū)間為(－2，－1)．(