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2015-2016学年高中数学 1.3.2函数的极值与导数练习 新人教A版选修2-2


2015-2016 学年高中数学 1.3.2 函数的极值与导数练习 新人教 A 版 选修 2-2
一、选择题 1. (2015·吉林实验中学高二期中)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( 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 [答案] B [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)=x 在 R 上是增函数,f′(x)=3x ,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. 1 4 1 3 2.函数 y= x - x 的极值点的个数为( 4 3 A.0 C.2 [答案] B [解析] y′=x -x =x (x-1),由 y′=0 得 x1=0,x2=1. 当 x 变化时,y′、y 的变化情况如下表
3 2 2 3 2

)

) B.1 D.3

x y′ y
故选 B.

(-∞,0) - ?

0 0 无极值

(0,1) - ?

1 0 极小值

(1,+∞) + ?

3.已知实数 a、b、c、d 成等比数列,且曲线 y=3x-x 的极大值点坐标为(b,c),则

3

ad 等于(
A.2 C.-1

) B.1 D.-2

[答案] A [解析] ∵a、b、c、d 成等比数列,∴ad=bc,
1

又(b,c)为函数 y=3x-x 的极大值点, ∴c=3b-b ,且 0=3-3b , ∴?
?b=1, ? ? ?c=2,
3 2

3

或?

?b=-1, ? ? ?c=-2.
3 2

∴ad=2. )

4.已知 f(x)=x +ax +(a+6)x+1 有极大值和极小值,则 a 的取值范围是( A.-1<a<2 C.a<-3 或 a>6 [答案] C [解析] f ′(x)=3x +2ax+a+6, ∵f(x)有极大值与极小值, ∴f ′(x)=0 有两不等实根, ∴Δ =4a -12(a+6)>0,∴a<-3 或 a>6.
2 2

B.-3<a<6 D.a<-1 或 a>2

5.已知函数 f(x)=x -px -qx 的图象与 x 轴切于(1,0)点,则 f(x)的极大值、极小值 分别为( A. ) B.0, 4 27

3

2

4 ,0 27

4 C.- ,0 27 [答案] A [解析] f ′(x)=3x -2px-q, 由 f ′(1)=0,f(1)=0 得,
? ?3-2p-q=0, ? ?1-p-q=0, ?
2

4 D.0,- 27

解得?

? ?p=2, ?q=-1, ?

∴f(x)=x -2x +x.

3

2

1 2 由 f ′(x)=3x -4x+1=0 得 x= 或 x=1, 3 1 4 易得当 x= 时 f(x)取极大值 . 3 27 当 x=1 时 f(x)取极小值 0. 6.函数 f(x)=- x(a<b<1),则( e 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

x

)

2

-x ?-x?′·e -?-x?·?e ?′ x-1 [解析] f ′(x)=( x )′= = x . x 2 e ?e ? e 当 x<1 时,f ′(x)<0,∴f(x)为减函数, ∵a<b<1,∴f(a)>f(b). 二、填空题 7.(2014~2015·福建安溪一中、养正中学联考)曲线 y=x(3lnx+1)在点(1,1)处的切 线方程为________________. [答案] 4x-y-3=0 [解析] y′|x=1=(3lnx+4)|x=1=4,∴切线方程为 y-1=4(x-1),即 4x-y-3=0. 8.(2014~2015·河北冀州中学期中)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, 1 1 1 ∵- ≤cosx 恒成立,∴- ≤-1,∴a≤1,∴0<a≤1;a<0 时,∵- ≥cosx 恒成立,

x

x

a

a

a

1 ∴- ≥1,∴a≥-1,即-1≤a<0,综上知-1≤a≤1.

a

9 . 设 x = 1 与 x = 2 是函 数 f(x) = alnx + bx + x 的 两 个 极 值 点, 则 常数 a = ______________. 2 [答案] - 3 [解析] f ′(x)= +2bx+1,

2

a x

a+2b+1=0, ? ? 由题意得?a +4b+1=0. ? ?2
三、解答题

2 ∴a=- . 3

10.已知 f(x)=ax +bx +cx(a≠0)在 x=±1 时取得极值,且 f(1)=-1. (1)试求常数 a、b、c 的值; (2)试判断 x=±1 时函数取得极小值还是极大值,并说明理由. [解析] (1)由 f ′(-1)=f ′(1)=0,得 3a+2b+c=0,3a-2b+c=0. 又 f(1)=-1,∴a+b+c=-1. 1 3 ∴a= ,b=0,c=- . 2 2

3

2

3

1 3 3 (2)f(x)= x - x, 2 2 3 2 3 3 ∴f ′(x)= x - = (x-1)(x+1). 2 2 2 当 x<-1 或 x>1 时,f ′(x)>0;当-1<x<1 时,f ′(x)<0, ∴函数 f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上是增函数,在(-1,1)上为减函数. ∴当 x=-1 时,函数取得极大值 f(-1)=1;当 x=1 时,函数取得极小值 f(1)=-1. [点评] 若函数 f(x)在 x0 处取得极值,则一定有 f ′(x0)=0,因此我们可根据极值得 到两个方程,再由 f(1)=-1 得到一个方程,解上述方程组成的方程组可求出参数.

一、选择题 11 . (2014 ~ 2015· 山 东 省 德 州 市 期 中 ) 已 知 函 数 f(x) = e (sinx - cosx) , x ∈ (0,2013π ),则函数 f(x)的极大值之和为( A. e ?1-e 2π e -1
π 2π 2012π

x

) e ?1-e B. 2π 1-e e ?1-e D. π 1-e
π π 2012π

?

? ?

e ?1-e C. 2π 1-e [答案] B

1006π

?

1006π

[解析] f ′(x)=2e sinx, 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∈(0,2013π ),∴0<(2k+1)π <2013π , ∴0≤k<1006,k∈Z. ∴ f(x) 的极大值之和为 S= f(π ) + f(3π ) +f(5π ) +?+ f(2011π ) =e +e + e +?+e
2011π π 3π 5π

x

e [1-?e ? = 2π 1-e

π



1006

] e ?1-e = 2π 1-e

π

2012π

? ,故选 B.
3 2

12.(2015·海南文昌中学高二期中)对于三次函数 f(x)=ax +bx +cx+d(a≠0),给 出定义:设 f′(x)是函数 y=f(x)的导数,f″(x)是 f′(x)的导数,若方程 f″(x)=0 有 实数解 x0,则称点(x0,f(x0))为函数 y=f(x)的“拐点”.某同学经过探究发现:任何一个 三次函数都有“拐点”;任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.设函 1 3 1 2 5 1 2 2014 数 g(x)= x - x +3x- ,则 g( )+g( )+?+g( )=( 3 2 12 2015 2015 2015 A.2013 C.2015 [答案] B 1 [分析] 由题意对已知函数求两次导数可得图象关于点( ,1)对称,即 f(x)+f(1-x) 2
4

)

B.2014 D.2016

=2,即可得到结论. [解析] 函数的导数 g′(x)=x -x+3,
2

g″(x)=2x-1,
1 由 g″(x0)=0 得 2x0-1=0,解得 x0= , 2 1 而 g( )=1, 2 1 故函数 g(x)关于点( ,1)对称, 2 ∴g(x)+g(1-x)=2, 1 2 2014 故设 g( )+g( )+?+g( )=m, 2015 2015 2015 2014 2013 1 则 g( )+g( )+?+g( )=m, 2015 2015 2015 两式相加得 2×2014=2m, 则 m=2014. 故选 B. [点评] 本题主要考查导数的基本运算, 利用条件求出函数的对称中心是解决本题的关 键.求和的过程中使用了倒序相加法. 二、填空题 13.已知函数 y=x +ax +bx+27 在 x=-1 处有极大值,在 x=3 处有极小值,则 a= ______________,b=________________. [答案] -3 -9 [解析]
3 2

y′ = 3x2 + 2ax + b , 方 程 y′ = 0 有 根 - 1 及 3 , 由 韦 达 定 理 应 有

2a ? ?-1+3=- 3 , ? b ? ?-3=3.

∴?

? ?a=-3, ?b=-9. ?

经检验 a=-3,b=-9 符合题意.

? π? 14 .(2015·郑州市质量检测 ) 已知偶函数 y = f(x) ,对于任意的 x ∈ ?0, ? 满足 2? ?
f′(x)cosx+f(x)sinx>0(其中 f′(x)是函数 f(x)的导函数),则下列不等式中成立的有
________________.

? π ? ?π ? ? π? ? π? ① 2f?- ?<f? ? ② 2f?- ?>f?- ? ? 3? ?4? ? 3? ? 4? ? π? ③f(0)< 2f?- ? ? 4? ?π ? ?π ? ④f? ?< 3f? ? ?6? ?3?
5

[答案] ②③④ [解析] 令 g(x)= =

f?x? f′?x?cosx+f?x?sinx ,由已知得 g′(x)= >0,∴g(x) 2 cosx cos x

f?x? ? π ? ?π ? ?π ? ?π ? 在?0, ?上单调递增,故得 g? ?>g? ?,g(0)<g? ?, 2 3 4 cosx ? ? ? ? ? ? ?4?

?π ? ?π ? ?π ? 即 2f? ?>f? ?,f(0)< 2f? ?, 3 4 ? ? ? ? ?4? ? π ? ?π ? ? π? ? π? ?π ? ?π ? ∴ 2f?- ?>f? ?, 2f?- ?>f?- ?,①错误,②正确;③正确;又 g? ?<g? ?, ? 3? ?4? ? 3? ? 4? ?6? ?3? ?π ? ?π ? 即 < ,∴f? ?< 3f? ?,④正确. 6 π π ? ? ?3? cos cos 6 3
三、解答题 15.已知函数 f(x)=e (ax+b)-x -4x,曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为
x
2

f? ? f? ? ?6? ?3?

?π ? ?π ?

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)=e (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)=4e (x+1)-x -4x,
x
2

x

f ′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)(ex- ).
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 ). 16.(2015·北京文,19)设函数 f(x)= -kln x,k>0. 2 (1)求 f(x)的单调区间和极值; (2)证明:若 f(x)存在零点,则 f(x)在区间(1, e]上仅有一个零点. [分析] 本题主要考查导数的运算、 利用导数判断函数的单调性、 利用导数求函数的极 值和最值、函数的零点等基础知识,考查学生分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能 力.第一问,先对 f(x)求导,令 f′(x)=0 解出 x,将函数的定义域分段,列表,分析函数 的单调性,求极值;第二问,利用第一问的表求函数的最小值,如果函数有零点,只需最小
-2

1 2

x2

6

值≤0,从而解出 k 的取值范围,后面再分情况分析函数有几个零点. [解析] (1)由 f(x)= -kln x,(k>0)得, 2

x2

k x2-k f′(x)=x- = . x x
由 f′(x)=0 解得 x= k(负值舍去).

f(x)与 f′(x)在区间(0,+∞)上的情况如下: x f′(x) f(x)
(0, k) - ?

k
0

( k,+∞) + ?

k?1-ln k?
2

所以,f(x)的单调递减区间是(0, k),单调递增区间是( k,+∞);

k?1-ln k? f(x)在 x= k处取得极小值 f( k)= .
2 (2)由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为 f( k)= 因为 f(x)存在零点,所以

k?1-ln k?
2

.

k?1-ln k?
2

≤0,从而 k≥e.

当 k=e 时,f(x)在区间(1, e)上单调递减,且 f( e)=0, 所以 x= e是 f(x)在区间(1, e]上的唯一零点. 当 k>e 时,f(x)在区间(0, e)上单调递减, 1 e-k 且 f(1)= >0,f( e)= <0, 2 2 所以 f(x)在区间(1, e]上仅有一个零点. 综上可知,若 f(x)存在零点,则 f(x)在区间( 1, e]上仅有一个零点. 1 2 17.(2014~2015·山东省菏泽市期中)已知函数 f(x)= x +alnx. 2 (1)若 a=-1,求函数 f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; 2 3 (2)若 a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数 f(x)的图象在函数 g(x)= x 的图象的 3 下方. [解析] (1)由于函数 f(x)的定义域为(0,+∞), 1 ?x+1??x-1? 当 a=-1 时,f ′(x)=x- = ,

x

x

令 f ′(x)=0 得 x=1 或 x=-1(舍去), 当 x∈(0,1)时,f ′(x)<0,因此函数 f(x)在(0,1)上单调递减,
7

当 x∈(1,+∞)时,f ′(x)>0,因此函数 f(x)在(1,+∞)上单调递增, 则 x=1 是 f(x)的极小值点, 1 所以 f(x)在 x=1 处取得极小值为 f(1)= . 2 1 2 2 3 (2)证明:设 F(x)=f(x)-g(x)= x +lnx- x , 2 3 1 -2x +x +1 -?x-1??2x +x+1? 2 则 F′(x)=x+ -2x = = ,
3 2 2

x

x

x

当 x>1 时,F′(x)<0, 故 f(x)在区间[1,+∞)上单调递减, 1 又 F(1)=- <0, 6 ∴在区间[1,+∞)上,F(x)<0 恒成立, 即 f(x)<g(x)恒成立. 因此,当 a=1 时,在区间[1,+∞)上,函数 f(x)的图象在函数 g(x)图象的下方.

8



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