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人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用第一课时同步训练题
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这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用第一课时同步训练题，共5页。
1．函数y＝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．既有极大值也有极小值
【答案】D 【解析】令y＝f(x)，f′(x)＝－3x2－2x，令f′(x)>0，可得－ eq \f(2,3)0或x<－ eq \f(2,3).所以当x＝0时取极大值，当x＝－ eq \f(2,3)时取极小值．
2．(2022年陕西期末)已知函数f(x)的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A．－1是f(x)的极小值点
B．曲线y＝f(x)在x＝2处的切线斜率小于零
C．f(x)在区间(－∞，3)上单调递减
D．－3是f(x)的极小值点
【答案】B 【解析】结合导函数图象可知当x<－3或x>3时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当－33．(2022年钦州期末)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列判断正确的是( )
A．在区间(－∞，0)上，f(x)单调递增
B．在区间(2，4)上，f(x)单调递减
C．2为f(x)的极大值点
D．f(x)有2个极小值
【答案】D 【解析】结合导函数的图象考查所给的选项，当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，选项A错误；当2＜x＜4时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，选项B错误；f(x)在区间(0，4)上单调递增，所以2不是f(x)的极值点，选项C错误；f(0)和f(6)为f(x)的极小值，选项D正确．故选D.
4．已知函数f(x)和g(x)的导函数f′(x)，g′(x)图象分别如图所示，则关于函数y＝g(x)－f(x)的判断正确的是( )
A．有3个极大值点
B．有3个极小值点
C．有1个极大值点和2个极小值点
D．有2个极大值点和1个极小值点
【答案】D 【解析】如图，结合函数图象可知，当x0，函数单调递增；当ag′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)<0，函数单调递减；当00，函数单调递增；当x>b时，f′(x)>g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)<0，函数单调递减．故函数在x＝a，x＝b处取得极大值，在x＝0处取得极小值．
5．(2022年天津期末)函数f(x)＝x3－ax2＋bx在x＝1处有极值为4，则a－b的值为( )
A．3 B．－3C．6 D．－6
【答案】B 【解析】由f(x)＝x3－ax2＋bx，得f′(x)＝3x2－2ax＋b，由于f(x)在x＝1处有极值4，则f′(1)＝0，f(1)＝4，故 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－2a＋b＝0，,1－a＋b＝4，))解得a＝6，b＝9，故a－b＝－3.故选B.
6．已知x＝2是函数f(x)＝ax3－3x2＋a的极小值点，则f(x)的极大值为( )
A．－3 B．0 C．1 D．2
【答案】C 【解析】因为f(x)＝ax3－3x2＋a，则f′(x)＝3ax2－6x，由题意可得f′(2)＝12a－12＝0，解得a＝1，∴f(x)＝x3－3x2＋1，f′(x)＝3x(x－2)，列表如下：
所以函数f(x)的极大值为f(0)＝1.故选C.
7．(2023年山西月考)若函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则a－b＝( )
A．6 B．－15
C．－6或15 D．6或－15
【答案】B 【解析】∵f(x)＝x3－ax2－bx＋a2，∴f′(x)＝3x2－2ax－b.又∵当x＝1时，f(x)有极值10，∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－2a－b＝0，,1－a－b＋a2＝10，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－4，,b＝11))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝－3.))当a＝3，b＝－3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此时f(x)在x＝1处无极值，不符合题意．经检验，当a＝－4，b＝11时，满足题意，所以a－b＝－15.故选B.
8．设函数f(x)＝x3＋2x2＋x＋10在x1，x2处取得极值，则x12＋x22＝________．
【答案】 eq \f(10,9) 【解析】f′(x)＝3x2＋4x＋1，由题意得x1，x2是f′(x)＝0的两根，根据根与系数的关系，有x1＋x2＝－ eq \f(4,3)，x1x2＝ eq \f(1,3)，则x12＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2＝ eq \f(10,9).
9．若函数y＝－x3＋6x2＋m的极大值为13，则实数m＝________．
【答案】－19 【解析】y′＝－3x2＋12x＝－3x(x－4).由y′＝0，得x＝0或x＝4.当x∈(－∞，0)∪(4，＋∞)时，y′＜0；当x∈(0，4)时，y′＞0.∴当x＝4时取到极大值，故－64＋96＋m＝13，解得m＝－19.
10．已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝±1处取得极值，讨论f(1)和f(－1)是函数f(x) 的极大值还是极小值．
解：f′(x)＝3ax2＋2bx－3，
根据题意f′(1)＝f′(－1)＝0，
即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a＋2b－3＝0，,3a－2b－3＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝0，))
所以f(x)＝x3－3x，
f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1).
当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0，
故函数f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增；
当x∈(－1，1)时，f′(x)＜0，故函数f(x)在(－1，1)上单调递减．
所以f(－1)是极大值，f(1)是极小值．
B级——能力提升练
11．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x12＋x22＝( )
A． eq \f(4,3) B． eq \f(7,3) C． eq \f(8,3) D． eq \f(16,3)
【答案】C 【解析】根据图象，知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(1)＝1＋b＋c＝0，,f(2)＝8＋4b＋2c＝0，))解得b＝－3，c＝2，∴f(x)＝x3－3x2＋2x，f′(x)＝3x2－6x＋2.显然x1，x2是f′(x)＝0的两根，根据根与系数的关系，有x1＋x2＝2，x1·x2＝ eq \f(2,3)，则x12＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2＝ eq \f(8,3).
12．(多选)(2022年舟山期末)已知函数f(x)＝ex·x3，则以下结论正确的是( )
A．函数y＝f(x)存在极大值
B．f(e-2)＜f(1)＜f(ln π)
C．函数y＝f(x)存在极小值
D．对于任意实数k，方程f(x)＝kx最多有4个实数解
【答案】BCD 【解析】f′(x)＝ex·x3＋3x2ex＝x2ex(x＋3)，当x＞－3时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x＜－3时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，函数在x＝－3处取得极小值，没有极大值，A错误，C正确；当x＞－3时，函数f(x) 单调递增，且－3＜e-2＜1＜ln π，所以f(e-2)＜f(1)＜f(ln π)，B正确；由f(x)＝kx得ex·x3＝kx有一零点x＝0，令h(x)＝ex·x2，则h′(x)＝exx(x＋2)，当x＞0或x＜－2时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增，当－2＜x＜0时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减，又因为h(－2)＝ eq \f(4,e2)，h(0)＝0，当0＜k＜ eq \f(4,e2)时，h(x)与y＝k的图象有3个交点，如图，此时f(x)＝kx有4个实数解，D满足题意．故选BCD.
13．函数y＝xex的图象在其极值点处的切线方程为________，极值为________．
【答案】y＝－ eq \f(1,e) － eq \f(1,e) 【解析】y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex，由y′＝0，得x＝－1.当x＝－1时，y取得极值－ eq \f(1,e)，故所求切线方程为y＝－ eq \f(1,e).
14．(2022年大庆一模)已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－ eq \f(x,e)，则函数f(x)的极大值为________．
【答案】2ln 2 【解析】函数f(x)＝2ef′(e)ln x－ eq \f(x,e)，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝ eq \f(2ef′(e),x)－ eq \f(1,e)，令x＝e，得f′(e)＝2f′(e)－ eq \f(1,e)，∴f′(e)＝ eq \f(1,e)，∴f(x)＝2ln x－ eq \f(x,e)，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝ eq \f(2,x)－ eq \f(1,e)＝ eq \f(2e－x,ex).令f′(x)＝0，得x＝2e.当x∈(0，2e)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(2e，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．∴当x＝2e时，函数f(x)取极大值，极大值为f(2e)＝2ln 2.
15．(2022年重庆质检)设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0).
(1)当a＝1，且函数图象过点(0，1)时，求函数的极小值；
(2)若f(x)在R上无极值点，求a的取值范围．
解：由题意得f′(x)＝3ax2－4x＋1.
(1)当函数图象过点(0，1)时，有f(0)＝c＝1.
当a＝1时，f′(x)＝3x2－4x＋1.
令f′(x)＞0，解得x＜ eq \f(1,3)或x＞1；
令f′(x)<0，解得 eq \f(1,3)所以函数在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上单调递减．极小值为f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.
(2)若f(x)在R上无极值点，则f(x)在R上是单调函数，即f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立．
f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥ eq \f(4,3).
综上，a的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞)).
x
(－∞，0)
0
(0，2)
2
(2，＋∞)
f(x)
＋
0
－
0
＋
f′(x)
增
极大值
减
极小值
增
1．函数y＝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．既有极大值也有极小值
【答案】D 【解析】令y＝f(x)，f′(x)＝－3x2－2x，令f′(x)>0，可得－ eq \f(2,3)
2．(2022年陕西期末)已知函数f(x)的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A．－1是f(x)的极小值点
B．曲线y＝f(x)在x＝2处的切线斜率小于零
C．f(x)在区间(－∞，3)上单调递减
D．－3是f(x)的极小值点
【答案】B 【解析】结合导函数图象可知当x<－3或x>3时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当－3
A．在区间(－∞，0)上，f(x)单调递增
B．在区间(2，4)上，f(x)单调递减
C．2为f(x)的极大值点
D．f(x)有2个极小值
【答案】D 【解析】结合导函数的图象考查所给的选项，当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，选项A错误；当2＜x＜4时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，选项B错误；f(x)在区间(0，4)上单调递增，所以2不是f(x)的极值点，选项C错误；f(0)和f(6)为f(x)的极小值，选项D正确．故选D.
4．已知函数f(x)和g(x)的导函数f′(x)，g′(x)图象分别如图所示，则关于函数y＝g(x)－f(x)的判断正确的是( )
A．有3个极大值点
B．有3个极小值点
C．有1个极大值点和2个极小值点
D．有2个极大值点和1个极小值点
【答案】D 【解析】如图，结合函数图象可知，当x
5．(2022年天津期末)函数f(x)＝x3－ax2＋bx在x＝1处有极值为4，则a－b的值为( )
A．3 B．－3C．6 D．－6
【答案】B 【解析】由f(x)＝x3－ax2＋bx，得f′(x)＝3x2－2ax＋b，由于f(x)在x＝1处有极值4，则f′(1)＝0，f(1)＝4，故 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－2a＋b＝0，,1－a＋b＝4，))解得a＝6，b＝9，故a－b＝－3.故选B.
6．已知x＝2是函数f(x)＝ax3－3x2＋a的极小值点，则f(x)的极大值为( )
A．－3 B．0 C．1 D．2
【答案】C 【解析】因为f(x)＝ax3－3x2＋a，则f′(x)＝3ax2－6x，由题意可得f′(2)＝12a－12＝0，解得a＝1，∴f(x)＝x3－3x2＋1，f′(x)＝3x(x－2)，列表如下：
所以函数f(x)的极大值为f(0)＝1.故选C.
7．(2023年山西月考)若函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则a－b＝( )
A．6 B．－15
C．－6或15 D．6或－15
【答案】B 【解析】∵f(x)＝x3－ax2－bx＋a2，∴f′(x)＝3x2－2ax－b.又∵当x＝1时，f(x)有极值10，∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－2a－b＝0，,1－a－b＋a2＝10，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－4，,b＝11))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝－3.))当a＝3，b＝－3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此时f(x)在x＝1处无极值，不符合题意．经检验，当a＝－4，b＝11时，满足题意，所以a－b＝－15.故选B.
8．设函数f(x)＝x3＋2x2＋x＋10在x1，x2处取得极值，则x12＋x22＝________．
【答案】 eq \f(10,9) 【解析】f′(x)＝3x2＋4x＋1，由题意得x1，x2是f′(x)＝0的两根，根据根与系数的关系，有x1＋x2＝－ eq \f(4,3)，x1x2＝ eq \f(1,3)，则x12＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2＝ eq \f(10,9).
9．若函数y＝－x3＋6x2＋m的极大值为13，则实数m＝________．
【答案】－19 【解析】y′＝－3x2＋12x＝－3x(x－4).由y′＝0，得x＝0或x＝4.当x∈(－∞，0)∪(4，＋∞)时，y′＜0；当x∈(0，4)时，y′＞0.∴当x＝4时取到极大值，故－64＋96＋m＝13，解得m＝－19.
10．已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝±1处取得极值，讨论f(1)和f(－1)是函数f(x) 的极大值还是极小值．
解：f′(x)＝3ax2＋2bx－3，
根据题意f′(1)＝f′(－1)＝0，
即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a＋2b－3＝0，,3a－2b－3＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝0，))
所以f(x)＝x3－3x，
f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1).
当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0，
故函数f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增；
当x∈(－1，1)时，f′(x)＜0，故函数f(x)在(－1，1)上单调递减．
所以f(－1)是极大值，f(1)是极小值．
B级——能力提升练
11．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x12＋x22＝( )
A． eq \f(4,3) B． eq \f(7,3) C． eq \f(8,3) D． eq \f(16,3)
【答案】C 【解析】根据图象，知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(1)＝1＋b＋c＝0，,f(2)＝8＋4b＋2c＝0，))解得b＝－3，c＝2，∴f(x)＝x3－3x2＋2x，f′(x)＝3x2－6x＋2.显然x1，x2是f′(x)＝0的两根，根据根与系数的关系，有x1＋x2＝2，x1·x2＝ eq \f(2,3)，则x12＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2＝ eq \f(8,3).
12．(多选)(2022年舟山期末)已知函数f(x)＝ex·x3，则以下结论正确的是( )
A．函数y＝f(x)存在极大值
B．f(e-2)＜f(1)＜f(ln π)
C．函数y＝f(x)存在极小值
D．对于任意实数k，方程f(x)＝kx最多有4个实数解
【答案】BCD 【解析】f′(x)＝ex·x3＋3x2ex＝x2ex(x＋3)，当x＞－3时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x＜－3时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，函数在x＝－3处取得极小值，没有极大值，A错误，C正确；当x＞－3时，函数f(x) 单调递增，且－3＜e-2＜1＜ln π，所以f(e-2)＜f(1)＜f(ln π)，B正确；由f(x)＝kx得ex·x3＝kx有一零点x＝0，令h(x)＝ex·x2，则h′(x)＝exx(x＋2)，当x＞0或x＜－2时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增，当－2＜x＜0时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减，又因为h(－2)＝ eq \f(4,e2)，h(0)＝0，当0＜k＜ eq \f(4,e2)时，h(x)与y＝k的图象有3个交点，如图，此时f(x)＝kx有4个实数解，D满足题意．故选BCD.
13．函数y＝xex的图象在其极值点处的切线方程为________，极值为________．
【答案】y＝－ eq \f(1,e) － eq \f(1,e) 【解析】y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex，由y′＝0，得x＝－1.当x＝－1时，y取得极值－ eq \f(1,e)，故所求切线方程为y＝－ eq \f(1,e).
14．(2022年大庆一模)已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－ eq \f(x,e)，则函数f(x)的极大值为________．
【答案】2ln 2 【解析】函数f(x)＝2ef′(e)ln x－ eq \f(x,e)，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝ eq \f(2ef′(e),x)－ eq \f(1,e)，令x＝e，得f′(e)＝2f′(e)－ eq \f(1,e)，∴f′(e)＝ eq \f(1,e)，∴f(x)＝2ln x－ eq \f(x,e)，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝ eq \f(2,x)－ eq \f(1,e)＝ eq \f(2e－x,ex).令f′(x)＝0，得x＝2e.当x∈(0，2e)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(2e，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．∴当x＝2e时，函数f(x)取极大值，极大值为f(2e)＝2ln 2.
15．(2022年重庆质检)设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0).
(1)当a＝1，且函数图象过点(0，1)时，求函数的极小值；
(2)若f(x)在R上无极值点，求a的取值范围．
解：由题意得f′(x)＝3ax2－4x＋1.
(1)当函数图象过点(0，1)时，有f(0)＝c＝1.
当a＝1时，f′(x)＝3x2－4x＋1.
令f′(x)＞0，解得x＜ eq \f(1,3)或x＞1；
令f′(x)<0，解得 eq \f(1,3)
(2)若f(x)在R上无极值点，则f(x)在R上是单调函数，即f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立．
f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥ eq \f(4,3).
综上，a的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞)).
x
(－∞，0)
0
(0，2)
2
(2，＋∞)
f(x)
＋
0
－
0
＋
f′(x)
增
极大值
减
极小值
增
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