高中数学湘教版（2019）选择性必修 第一册3.3 抛物线随堂练习题

这是一份高中数学湘教版（2019）选择性必修 第一册3.3 抛物线随堂练习题，共4页。试卷主要包含了设函数f＝ax2＋bx＋c等内容，欢迎下载使用。


eq \a\vs4\al\c1(基础达标 限时20分钟)
1．对于函数y＝1＋3x－x3来说，有( )．
A．极小值－1，极大值1
B．极小值－2，极大值3
C．极小值为－2，极大值2
D．极小值为－1，极大值3
解析 y′＝3－3x2，由y′>0得－11或x<－1，
所以y＝1＋3x－x3在(－∞，－1)上递减，(－1,1)上递增，(1，＋∞)上递减．
所以x＝－1时，y取得极小值1＋3×(－1)－(－1)3＝－1，
x＝1时，y取得极大值1＋3×1－13＝3.
答案 D
2．若f(x)的定义域为(a，b)，f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则f(x)在(a，b)内极小值的个数为( )．
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析 由f′(x)的图象可知，f(x)在(a，b)内的增减情况为先增再减再增再减再增再减，所以f(x)在(a，b)内有2个极小值．
答案 B
3．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋(c－3a－2b)x＋d过点(0,3)，且函数在x＝1处有极值，则c，d的值分别为( )．
A．0,2 B．0,3
C．1,2 D．1,3
解析 由已知得函数f(x)的图象过(0,3)且f′(1)＝0
得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝3，,3a＋2b＋c－3a－2b＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝3，,c＝0.))
答案 B
4．已知函数f(x)＝eq \f(x2＋a,x＋1)在x＝1处取得极值，则a＝________.
解析 f′(x)＝eq \f(2xx＋1－x2＋a,x＋12)，由f′(1)＝eq \f(3－a,4)＝0得a＝3.
答案 3
5．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有极大值和极小值，则a的范围为________．
解析 f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)．由题意知f′(x)＝0有两个不相等的实数根．
∴36a2－12×3(a＋2)>0，∴a>2或a<－1.
答案 a>2或a<－1.
6．(2011·安徽高考)设f(x)＝eq \f(ex,1＋ax2)，其中a为正实数．
(1)当a＝eq \f(4,3)时，求f(x)的极值点．
(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．
解 对f(x)求导得
f′(x)＝exeq \f(1＋ax2－2ax,1＋ax22).①
(1)当a＝eq \f(4,3)时，令f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，
解得x1＝eq \f(3,2)，x2＝eq \f(1,2).
结合①，可知
所以，x1＝eq \f(3,2)是极小值点，x2＝eq \f(1,2)是极大值点．
(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上符号不变，结合①式与条件a>0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立)．
∴Δ＝4a2－4a≤0，∴0 eq \a\vs4\al\c1(综合提高 限时25分钟)
7．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)的图象是( )．
解析 设F(x)＝f(x)·ex，则F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]．因为x＝－1是F(x)的一个极值点，所以F′(－1)＝0，得出f′(－1)＋f(－1)＝0，在选项D中，由图象观察得到f(－1)>0，f′(－1)>0，所以f(－1)＋f′(－1)>0与f′(－1)＋f(－1)＝0矛盾．选D.
答案 D
8．(2011·福建高考)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于( )．
A．2 B．3
C．6 D．9
解析 f′(x)＝12x2－2ax－2b.
由题意知f′(1)＝12－2a－2b＝0，
∴a＋b＝6≥2eq \r(ab)，
∴ab≤9.当且仅当a＝b时等号成立．
答案 D
9．函数f(x)＝x＋2cs x(－π解析 令f′(x)＝1－2sin x＝0，又－π答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，\f(π,6)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π)) eq \f(5π,6) eq \f(π,6)
10．若函数f(x)＝x4＋ax3＋2x2＋b仅在x＝0处存在极值，则a的取值范围为________．
解析 f′(x)＝4x3＋3ax2＋4x＝x(4x2＋3ax＋4)，
由已知得4x2＋3ax＋4＝0无解或有两个相同的实数根，
∴Δ＝9a2－64≤0.
∴－eq \f(8,3)≤a≤eq \f(8,3).
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，\f(8,3)))
11．(2011·全国卷)已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋(3－6a)x＋12a－4(a∈R)．
(1)证明：曲线y＝f(x)在x＝0处的切线过点(2,2)；
(2)若f(x)在x＝x0处取得极小值，x0∈(1,3)，求a的取值范围．
(1)证明 f′(x)＝3x2＋6ax＋3－6a.
由f(0)＝12a－4，f′(0)＝3－6a得曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y＝(3－6a)x＋12a－4，
由此知曲线y＝f(x)在x＝0处的切线过点(2,2)．
(2)解 由f′(x)＝0得x2＋2ax＋1－2a＝0.
①当－eq \r(2)－1≤a≤eq \r(2)－1时，f(x)没有极小值；
②当a>eq \r(2)－1或a<－eq \r(2)－1时，由f′(x)＝0得x1＝－a－eq \r(a2＋2a－1)，
x2＝－a＋eq \r(a2＋2a－1)，
故x0＝x2.由题设知
1<－a＋eq \r(a2＋2a－1)<3.
当a>eq \r(2)－1时，不等式1<－a＋eq \r(a2＋2a－1)<3无解；
当a<－eq \r(2)－1时，解不等式1<－a＋eq \r(a2＋2a－1)<3得－eq \f(5,2)综合①②得a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，－\r(2)－1)).
12．(创新拓展)已知函数f(x)＝x3＋2bx2＋cx－2的图象与x轴交点处的切线方程是y＝5x－10.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋eq \f(1,3)mx，若g(x)的极值存在，求实数m的取值范围，以及函数g(x)取得极值时对应的自变量x的值．
解 (1)由已知，切点为(2,0)，故有f(2)＝0，
即4b＋c＋3＝0.①
又f′(x)＝3x2＋4bx＋c，
则f′(2)＝12＋8b＋c＝5，即8b＋c＋7＝0.②
联立①②，解得b＝－1，c＝1.
所以函数的解析式为f(x)＝x3－2x2＋x－2.
(2)因为g(x)＝x3－2x2＋x－2＋eq \f(1,3)mx，
令g′(x)＝3x2－4x＋1＋eq \f(1,3)m＝0，当函数有极值时，方程3x2－4x＋1＋eq \f(1,3)m＝0有实数解，所以Δ＝4(1－m)≥0，得m≤1.
当m＝1时，g′(x)＝0有实数根x＝eq \f(2,3)，在x＝eq \f(2,3)左右两侧均有g′(x)>0，故函数g(x)无极值；
当m<1时，g′(x)＝0.有两个实数根x1＝eq \f(1,3)(2－eq \r(1－m))，x2＝eq \f(1,3)(2＋eq \r(1－m))．
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
所以当m∈(－∞，1)时，函数g(x)有极值，且
当x＝eq \f(1,3)(2－eq \r(1－m))时，g(x)有极大值；
当x＝eq \f(1,3)(2＋eq \r(1－m))时，g(m)有极小值
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
eq \f(1,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))
eq \f(3,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，\f(π,6)))
x＝eq \f(π,6)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))
x＝eq \f(5π,6)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)

极大值

极小值
