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【课时讲练通】高中数学选修1-1课后提升作业二十三3.3.2函数的极值导数


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课后提升作业 二十三
函数的极值与导数 (45 分钟 70 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 40 分) 1.已知函数 f(x),x∈R,且在 x=1 处,f(x)存在极小值,则 ( A.当 x∈(-∞,1)时,f′(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0 B.当 x∈(-∞,1)时,f′(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0 C.当 x∈(-∞,1)时,f′(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0 D.当 x∈(-∞,1)时,f′(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0 【解析】选 C.因为 f(x)在 x=1 处存在极小值, 所以 x<1 时,f′(x)<0,x>1 时,f′(x)>0. 2.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)内有极小值点 ( ) )

A.1 个

B.2 个

C.3 个

D.4 个

【解析】选 A.从 f′(x)的图象可知 f(x)在(a,b)内从左到右单调性依次为增→减 →增→减,根据极值点的定义可知在(a,b)内只有一个极小值点.

3.下列说法正确的是

(

)

A.函数在闭区间上的极大值一定比极小值大 B.函数在闭区间上的极大值一定比极小值小 C.函数 f(x)=|x|只有一个极小值 D.函数 y=f(x)在区间(a,b)上一定存在极值 【解析】选 C.函数的极大值与极小值之间无确定的大小关系,单调函数在区间 (a,b)上没有极值,故 A,B,D 错误,C 正确,函数 f(x)=|x|只有一个极小值为 0. 4.(2016·惠州高二检测)函数 y=x3-6x 的极大值为 ( A.4 B.3 C.-3 D.-4 )

【解析】选 A.y′=3x2-6,令 y′>0,得 x> 或 x<,令 y′<0,得<x< ),( . , )上递减,

所以函数 y=x3-6x 在(-∞,所以当 x=-

,+∞)上递增,在(.

时,函数取得极大值 4

【补偿训练】函数 f(x)=2-x2-x3 的极值情况是 ( A.有极大值,没有极小值 B.有极小值,没有极大值 C.既无极大值也无极小值 D.既有极大值又有极小值 【解析】选 D.f′(x)=-2x-3x2, 令 f′(x)=0 有 x=0 或 x=- . 当 x<- 时,f′(x)<0; 当- <x<0 时,f′(x)>0; 当 x>0 时,f′(x)<0,

)

从而在 x=0 时,f(x)取得极大值, 在 x=- 时, f(x)取得极小值. 5.若 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x3-ax2-2bx 在 x=1 处有极值,则 + 的最小值 为 A. ( ) B. C. D.

【解析】选 C.因为函数 f(x)=4x3-ax2-2bx 在 x=1 处有极值,所以 f′(1)=122a-2b=0,即 a+b=6,则 + = (a+b) a+b=6,即 a=2b=4 时取“=”); 6.(2016·沈阳高二检测)若函数 f(x)=x2-2bx+3a 在区间(0,1)内有极小值,则实 数 b 的取值范围是 ( A.(-∞,1) C.(0,1) ) = ≥ = (当且仅当 = 且

B.(1,+∞) D.

【解析】选 C.f′(x)=2x-2b=2(x-b),令 f′(x)=0,解得 x=b.由于函数 f(x)在区间 (0,1)内有极小值,则有 0<b<1,当 0<x<b 时,f′(x)<0;当 b<x<1 时,f′(x)>0,符合题 意.所以实数 b 的取值范围是(0,1). 7.(2016 ·广州高二检测 )设函数 f(x)=ex(sinx-cosx)(0 ≤x≤ 2015 π ), 则函数 f(x)的各极大值之和为 ( A. C. B. D. )

【解析】选 D.由题意,得 f′(x)=(ex)′(sinx-cosx)+ex(sinx-cosx)′ =2exsinx,所以 x∈(2kπ,2kπ+π)时 f(x)递增,

x∈(2kπ+π,2kπ+2π)时,f(x)递减, 故当 x=2kπ+π时,f(x)取极大值, 其极大值为 f(2kπ+π)=e2kπ+π[sin(2kπ+π)-cos(2kπ+π)] =e2kπ+π, 又 0≤x≤2015π, 所以函数 f(x)的各极大值之和为 S=eπ+e3π+e5π+…+e2015π= = 8.已知函数 f(x)的定义域为(0,+∞),且满足 f(x)+xf′(x)= 结论正确的是 ( ) ,f(e)= ,则下列

A.f(x)有极大值无极小值 B.f(x)有极小值无极大值 C.f(x)既有极大值又有极小值 D.f(x)没有极值 【解析】选 D.因为 f(x)+xf′(x)= 所以[xf(x)]′= , ,

所以 xf(x)= (lnx)2+c.又因为 f(e)= , 所以 e· = (lne)2+c,解得 c= , 所以 f(x)= [(lnx)2+1]· , f′(x)= = ≤0,

所以函数 f(x)在(0,+∞)上为减函数, 所以 f(x)在(0,+∞)上没有极值. 二、填空题(每小题 5 分,共 10 分) 9.(2016· 银川高二检测)函数 f(x)= x3- x4 在区间 上的极值点为 .

【解析】 因为 f(x)= x3- x4,所以 f′(x)=x2-x3=-x2(x-1),令 f′(x)=0,则 x=0 或 x=1, 因为 x ∈ , 所以 x=1, 并且在 x=1 左侧 f ′ (x)>0, 右侧 f ′ (x)<0, 所以函数 上的极值点为 1.

f(x)= x3- x4 在区间 答案:1

【警示误区】函数的极值点都是其导数等于 0 的根,但须注意导数等于 0 的根不 一定都是极值点,应根据导数图象分析再下结论是不是其极值点. 10.如果函数 y=f(x)的图象如图所示,给出下列判断:

①函数 y=f(x)在区间 ②函数 y=f(x)在区间

内单调递增; 内单调递减;

③函数 y=f(x)在区间(4,5)内单调递增; ④当 x=2 时,函数 y=f(x)有极小值; ⑤当 x=- 时,函数 y=f(x)有极大值. 则上述判断中正确的是 【解析】由函数图象可知,在 . 函数递增,在 函数递减,在(3,5)

函数递增,当 x=-3 时取得最小值,当 x=- 时取得极大值,当 x=3 时函数取得极小

值,综上可知①②③⑤正确. 答案:①②③⑤ 三、解答题(每小题 10 分,共 20 分) 11.(2016·银川高二检测)已知函数 f(x)=x3- x2-2x+c, (1)求函数 f(x)的极值. (2)求函数 f(x)的单调区间. 【解析】f′(x)=3x2-x-2. (1)令 f′(x)=3x2-x-2=0,即(3x+2)(x-1)=0, 所以 x=- 或 x=1. 当 x 变化时,f(x)与 f′(x)的变化情况如表, x f′(x) f(x) + 单增 值 0 极大 单减 值 1 0 极小 单增 (1,+∞) +

从表中可以看出当 x=- 时,f(x)有极大值,极大值为 +c;当 x=1 时,f(x)有极小值, 极小值为 c- . (2)由(1)可知 f(x)的递增区间为 【补偿训练】已知函数 f(x)=x-1+ . (1)若函数 f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,求 a 的值. (2)求函数 f(x)的极值. 【解题指南】(1)由导数的几何意义可知函数在 x=1 处的导数值等于切线的斜率 0,从而得到关于 a 的方程,求解其值. 和(1,+∞),递减区间为 .

(2)首先计算函数的导函数 f′(x)=1- ,通过讨论 a 的取值范围得到导数值不同的 正负情况,从而确定函数的单调性,求得极值. 【解析】(1)由 f(x)=x-1+ ,得 f′(x)=1- . 由函数 f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,得 f′(1)=1- =0,解得 a=e. (2)f′(x)=1- ①当 a≤0 时,f′(x)>0,f(x)在 R 上为增函数,f(x)无极值. ②当 a>0 时,令 f′(x)=0,得 ex=a,x=lna, 所以 x∈(-∞,lna),f′(x)<0;x∈(lna,+∞), f′(x)>0, 所以 f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增, 所以 f(x)在 x=lna 处取得极小值,且极小值为 f(lna)=lna,无极大值. 综上,当 a≤0 时,函数 f(x)无极值; 当 a>0 时,所以 f(x)在 x=lna 处取得极小值 lna,无极大值. 12.(2016·山东高考)设 f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R. (1)令 g(x)=f′(x),求 g(x)的单调区间. (2)已知 f(x)在 x=1 处取得极大值,求实数 a 的取值范围. 【解析】(1)g(x)=f′(x)=ln x-2ax+2a, 所以 g′(x)= -2a ?
1 x 1-2ax . x

当 a≤0,x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,函数 g(x)单调递增. 当 a>0,x∈ (0, x∈ (
1 ) 时,g′(x)>0,函数 g(x)单调递增, 2a

1 , ?? ) 时,g′(x)<0,函数 g(x)单调递减. 2a

综上:当 a≤0,函数 g(x)单调递增区间为(0,+∞). 当 a>0,函数 g(x)单调递增区间为 (0, ) ,
1 2a

函数 g(x)单调递减区间为 ( (2)由(1)知 f′(1)=0.

1 , ?? ) . 2a

①当 a≤0,f′(x)单调递增,所以 x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减, x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 所以 f(x)在 x=1 处取得极小值,不合题意. ②当 0<a< ,
1 1 1 >1 时,由(1)知 f′(x)在 (0, ) 内单调递增, 2 2a 2a

所以 x∈(0, 1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减, x∈ (1, ) 时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 所以 f(x)在 x=1 处取得极小值,不合题意. ③当 a= ,
1 1 =1 时,f′(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,所以 2 2a 1 2a

x∈(0,+∞)时,f′(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意. ④当 a> ,0<
1 2 1 1 <1 时,x∈ ( ,1) ,f′(x)>0,f(x)单调递增, 2a 2a

当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 所以 f(x)在 x=1 处取得极大值,符合题意. 综上可知 a> . 【补偿训练】(2015·梅州高二检测)已知函数 f(x)=x3-bx2+2cx 的导函数的图象 关于直线 x=2 对称. (1)求 b 的值. (2)若函数 f(x)无极值,求 c 的取值范围. 【解析】(1)f′(x)=3x2-2bx+2c, 因为函数 f′(x)的图象关于直线 x=2 对称, 所以=2,即 b=6.
1 2

(2)由(1)知,f(x)=x3-6x2+2cx,

f′(x)=3x2-12x+2c=3(x-2)2+2c-12, 当 2c-12≥0,即 c≥6 时,f′(x)≥0 恒成立,此时函数 f(x)无极值. 【能力挑战题】 已知函数 f(x)= 一个是 x=-c. (1)求函数 f(x)的另一个极值点. (2)求函数 f(x)的极大值 M 和极小值 m,并求 M-m≥1 时 k 的取值范围. 【解析】(1)f′(x)= = , (c>0 且 c≠1,k∈R)恰有一个极大值点和一个极小值点,其中

由题意知 f′(-c)=0,即得 c2k-2c-ck=0,(*) 因为 c≠0,所以 k≠0. 由 f′(x)=0 得-kx2-2x+ck=0, 由根与系数的关系知另一个极值点为 x=1(或 x=c- ). (2)由(*)式得 k= ,即 c=1+ .

当 c>1 时,k>0;当 0<c<1 时,k<-2. (i)当 k>0 时, f(x)在(-∞,-c)和(1,+∞)内是减函数, 在(-c,1)内是增函数. 所以 M=f(1)= m=f(-c)= 由 M-m= + 解得 k≥ . = = >0, <0, ≥1 及 k>0,

(ii)当 k<-2 时,f(x)在(-∞,-c)和(1,+∞)内是增函数,在(-c,1)内是减函数. 所以 M=f(-c)= M-m= - =1>0,m=f(1)= <0, ≥1 恒成立. ,+∞).

综上可知,所求 k 的取值范围为(-∞,-2)∪[

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