高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册第5章 导数及其应用5.3 导数在研究函数中的应用课时训练

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1．(多选)定义在R上的可导函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，以下结论正确的是( )
A．－3是f(x)的一个极小值点
B．－2和－1都是f(x)的极大值点
C．f(x)的单调递增区间是(－3，＋∞)
D．f(x)的单调递减区间是(－∞，－3)
解析：选ACD 当x<－3时，f′(x)<0，x∈(－3，＋∞)时f′(x)≥0，∴－3是极小值点，无极大值点，增区间是(－3，＋∞)，减区间是(－∞，－3)．故选A、C、D.
2．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e)上的极大值为( )
A．－e B．1－e
C．－1 D．0
解析：选C f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－1.
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，e)时，f′(x)<0，
故f(x)在x＝1处取得极大值f(1)＝ln 1－1＝0－1＝－1.
3．已知a是函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于( )
A．－4 B．－2
C．4 D．2
解析：选D ∵f(x)＝x3－12x，
∴f′(x)＝3x2－12，
令f′(x)＝0，则x1＝－2，x2＝2.
当x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；
当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，
∴f(x)的极小值点为a＝2.
4．(多选)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的值可以是( )
A．－4 B．－3
C．6 D．8
解析：选AD 由题意知f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)＝0有两个不相等的根，
所以Δ＝4a2－12(a＋6)>0，
解得a>6或a<－3.
5．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于点(1，0)，则f(x)的极大值、极小值分别为( )
A.eq \f(4,27)，0 B．0，eq \f(4,27)
C．－eq \f(4,27)，0 D．0，－eq \f(4,27)
解析：选A f′(x)＝3x2－2px－q，
由f′(1)＝0，f(1)＝0，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3－2p－q＝0，,1－p－q＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＝2，,q＝－1，))∴f(x)＝x3－2x2＋x.
由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0得x＝eq \f(1,3)或x＝1，易得当x＝eq \f(1,3)时f(x)取极大值eq \f(4,27)，当x＝1时f(x)取极小值0.
6．函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处有极值－2，则a，b的值分别为a＝________，b＝________．
解析：∵f′(x)＝3ax2＋b，又当x＝1时有极值－2，
∴f′(1)＝3a＋b＝0，①
a＋b＝－2，②
联立①②，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－3.))
答案：1 －3
7．f(x)＝eq \f(2x＋1,x2＋2)的单调递增区间为________，极小值为________．
解析：f′(x)＝eq \f(2（x2＋2）－2x（2x＋1）,（x2＋2）2)
＝eq \f(－2（x＋2）（x－1）,（x2＋2）2).
令f′(x)<0，得x<－2或x>1；
令f′(x)>0，得－2所以f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，
在(－2，1)上单调递增，
所以f(x)极小值＝f(－2)＝－eq \f(1,2).
答案：(－2，1) －eq \f(1,2)
8．若函数y＝－x3＋6x2＋m的极大值为13，则实数m等于______，极小值为________．
解析：y′＝－3x2＋12x＝－3x(x－4)．由y′＝0，得x＝0或x＝4.且x∈(－∞，0)∪(4，＋∞)时，y′＜0；x∈(0，4)时，y′＞0，∴x＝4时取到极大值．故－64＋96＋m＝13，解得m＝－19.
x＝0时取到极小值－19.
答案：－19 －19
9．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，求f(x)的单调区间与极值．
解：由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)；f(x)在x＝ln 2处取得极小值．极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
10．设x＝1与x＝2是函数f(x)＝aln x＋bx2＋x的两个极值点．
(1)试确定常数a和b的值；
(2)判断x＝1，x＝2是函数f(x)的极大值点还是极小值点，并说明理由．
解：(1)∵f(x)＝aln x＋bx2＋x，
∴f′(x)＝eq \f(a,x)＋2bx＋1.
由极值点的必要条件可知：
f′(1)＝f′(2)＝0，
∴a＋2b＋1＝0且eq \f(a,2)＋4b＋1＝0，
解得，a＝－eq \f(2,3)，b＝－eq \f(1,6).
(2)由(1)可知f(x)＝－eq \f(2,3)ln x－eq \f(1,6)x2＋x，
且其定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝－eq \f(2,3)x－1－eq \f(1,3)x＋1＝－eq \f(（x－1）（x－2）,3x).
当x∈(0，1)∪(2，＋∞)时，f′(x)<0；
当x∈(1，2)时，f′(x)>0；
所以x＝1是函数f(x)的极小值点，
x＝2是函数f(x)的极大值点．
[B级 综合运用]
11.(多选)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1，0)，(2，0)．如图，则下列说法中正确的是( )
A．当x＝eq \f(3,2)时，函数f(x)取得极小值
B．f(x)有两个极值点
C．当x＝2时函数取得极小值
D．当x＝1时函数取得极大值
解析：选BCD 由图象可知，x＝1，x＝2是函数的两极值点，∴B正确；又x∈(－∞，1)∪(2，＋∞)时，f′(x)＞0；x∈(1，2)时，f′(x)＜0，∴x＝1是极大值点，x＝2是极小值点，故C、D正确．故选B、C、D.
12．已知函数f(x)＝ex(sin x－cs x)，x∈(0，2 021π)，则函数f(x)的极大值之和为( )
A.eq \f(e2π（1－e2 021π）,e2π－1) B.eq \f(eπ（1－e2 020π）,1－e2π)
C.eq \f(eπ（1－e1 010π）,1－e2π) D.eq \f(eπ（1－e1 010π）,1－eπ)
解析：选B f′(x)＝2exsin x，令f′(x)＝0得sin x＝0，∴x＝kπ，k∈Z，当2kπ0，f(x)单调递增，当(2k－1)π13．已知函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，则a＝________，该函数的一个递增区间为________．
解析：因为函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，又因为f′(x)＝6x2＋2ax＋36，所以f′(2)＝0，解得a＝－15.令f′(x)＞0，解得x＞3或x＜2，所以函数的一个递增区间是(3，＋∞)．
答案：－15 (3，＋∞)(答案不唯一)
14．已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为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：(1)f′(x)＝ex(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)＝4ex(x＋1)－x2－4x，
f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2))).
令f′(x)＝0得，x＝－ln 2或x＝－2.
从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)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－2)．
[C级 拓展探究]
15．已知函数f(x)＝ax－ln x－1(a≤0)．判断f(x)在定义域内是否有极值点？若有求出该极值点及相应极值；若没有请说明理由．
解：定义域为(0，＋∞)，
因为f′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x)，
又因为a≤0，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立．
故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以函数f(x)在定义域内无极值点．
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
极小值
2(1－ln 2＋a)
单调递增