高中数学湘教版（2019）选择性必修 第二册1.3 导数在研究函数中的应用习题

这是一份高中数学湘教版（2019）选择性必修 第二册1.3 导数在研究函数中的应用习题，共5页。试卷主要包含了下列函数中，存在极值的函数为等内容，欢迎下载使用。

A．y＝exB．y＝lnx
C．y＝eq \f(2,x)D．y＝x2－2x
2．已知函数f(x)＝x(x－1)2，则( )
A．f(x)有极小值，无极大值
B．f(x)有极大值，无极小值
C．f(x)既有极小值又有极大值
D．f(x)无极小值也无极大值
3．函数f(x)＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是________．
4．求函数f(x)＝x3＋x2－x－2的极值点和极值．
5.(多选)函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A．函数y＝f(x)在(－1，3)上单调递增
B．函数y＝f(x)在(3，5)上单调递减
C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值
D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
6．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋tx2＋x＋1在R上不存在极值点，则实数t的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
B．(－1，1)
C．(－∞，－1]∪[1，＋∞)
D．[－1，1]
7．已知函数f(x)的定义域为R，f(x)的导函数f′(x)＝(x－a)(x－2)，若函数f(x)无极值，则a＝________；若x＝2是f(x)的极小值点，则a的取值范围是________．
8．已知函数f(x)＝x3＋ax2－9x＋10(a∈R).
(1)当a＝0时，求f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)设x＝－1是f(x)的极值点，求f(x)的极小值．
9．已知函数f(x)＝x3－6x2＋9x＋3，若函数y＝f(x)的图象与y＝eq \f(1,3)f′(x)＋5x＋m的图象有三个不同的交点，求实数m的取值范围．
10.若a∈R，“a>1”是“函数f(x)＝(x－a)·ex在(1，＋∞)上有极值”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
11．已知函数f(x)＝lnx－eq \f(3,x)－4x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－a在[eq \f(1,2)，3]上有两个零点，求实数a的取值范围．
课时作业(八) 函数的极值与导数
1．解析：A：因为函数y＝ex是实数集上的增函数，所以函数y＝ex没有极值；
B：因为函数y＝lnx是正实数集上的增函数，所以函数y＝lnx没有极值；
C：因为函数y＝eq \f(2,x)在区间(0，＋∞)、(－∞，0)上是减函数，所以函数y＝eq \f(2,x)没有极值；
D：因为y＝x2－2x＝(x－1)2－1，所以该函数在(1，＋∞)上是增函数，在(－∞，1)上是减函数，因此x＝1是函数的极小值点，符合题意．
答案：D
2．解析：由题意函数f(x)＝x(x－1)2，可得f′(x)＝3x2－4x＋1＝(x－1)(3x－1)，
当x∈(－∞，eq \f(1,3))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(eq \f(1,3)，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝eq \f(1,3)时，函数取得极大值；当x＝1时，函数取得极小值．
答案：C
3．解析：因为f(x)＝3x2＋lnx－2x，函数定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝6x＋eq \f(1,x)－2＝eq \f(6x2－2x＋1,x)＝eq \f(6（x－\f(1,6)）2＋\f(5,6),x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以函数的极值点的个数是0.
答案：0
4．解析：函数的导数为f′(x)＝3x2＋2x－1.
令f′(x)＝0，3x2＋2x－1＝0，解得x1＝eq \f(1,3)，x2＝－1.
当－1x<－1或x>eq \f(1,3)，可得f′(x)>0，
∴函数单调递增区间为(－∞，－1)，(eq \f(1,3)，＋∞).
∴f(x)的极大值点x＝－1，极小值点x＝eq \f(1,3)，
∵f(－1)＝(－1)3＋(－1)2－(－1)－2＝－1，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,3)－2＝－eq \f(59,27)，
∴极大值是－1，极小值是－eq \f(59,27).
5．解析：根据图象可得：当－10，故f(x)在(－1，3)上单调递增，故选项A正确；
当3f(x)在x＝0的左右两边均有f′(x)>0，故函数y＝f(x)在x＝0处无极值，故选项C错误．
当35)时，使得f′(x)>0，故函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值，故选项D正确．
答案：ABD
6．解析：f′(x)＝x2＋2tx＋1，因为函数f(x)在R上不存在极值点，
所以f′(x)在R上没有变号零点，
所以Δ＝4t2－4≤0，
所以－1≤t≤1，
所以实数t的取值范围是[－1，1].
答案：D
7．解析：当a<2时，f(x)在区间(－∞，a)，(2，＋∞)上f′(x)>0，f(x)递增，在区间(a，2)上f′(x)<0，f(x)递减．f(x)的极大值点为a，极小值点为2.
当a＝2时，f′(x)＝(x－2)2≥0，f(x)在R上递增，无极值．
当a>2时，f(x)在区间(－∞，2)，(a，＋∞)上f′(x)>0，f(x)递增，在区间(2，a)上f′(x)<0，f(x)递减．f(x)的极大值点为2，极小值点为a.
答案：2 (－∞，2)
8．解析：(1)∵a＝0，∴f(x)＝x3－9x＋10，f′(x)＝3x2－9；
则k＝f′(2)＝3，f(2)＝0，
故所求切线方程为y＝3(x－2)，即y＝3x－6.
(2)f′(x)＝3x2＋2ax－9，由题知f′(－1)＝0，
解得a＝－3，
则f(x)＝x3－3x2－9x＋10，
f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x＋1)(x－3)，
因为当－13或x<－1时f′(x)>0，
所以当x＝3时，f(x)取极小值f(3)＝－17.
9．解析：由f(x)＝x3－6x2＋9x＋3，可得f′(x)＝3x2－12x＋9，
eq \f(1,3)f′(x)＋5x＋m＝eq \f(1,3)(3x2－12x＋9)＋5x＋m＝x2＋x＋3＋m.
则由题意可得x3－6x2＋9x＋3＝x2＋x＋3＋m有三个不相等的实根，
即g(x)＝x3－7x2＋8x－m的图象与x轴有三个不同的交点．
∵g′(x)＝3x2－14x＋8＝(3x－2)(x－4)，
∴令g′(x)＝0，得x＝eq \f(2,3)或x＝4.
当x变化时，g(x)，g′(x)的变化情况如下表：
则函数g(x)的极大值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(68,27)－m，极小值为g(4)＝－16－m.
由g(x)的图象与x轴有三个不同的交点，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝\f(68,27)－m>0，,g（4）＝－16－m<0，))
解得－16∴实数m的取值范围为(－16，eq \f(68,27)).
10．解析：由题意可知，f′(x)＝(x－a＋1)·ex，
令f′(x)＝0，即(x－a＋1)·ex＝0，解得x＝a－1，
当x>a－1时，f′(x)>0；
当x所以函数f(x)在x＝a－1处取得极小值，
因为函数f(x)＝(x－a)·ex在(1，＋∞)上有极值，
所以a－1>1，解得a>2.
所以“a>1”是“函数f(x)＝(x－a)·ex在(1，＋∞)上有极值”的必要不充分条件．
答案：B
11．解析：(1)由题意得，f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(3,x2)－4，则f′(1)＝0，又f(1)＝－7，
故所求切线方程为y＝－7.
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由(1)知，f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(3,x2)－4＝－eq \f(（4x＋3）（x－1）,x2)，
注意到4x＋3>0，
当00，f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，
∴f(x)在x＝1时取得极大值f(1)＝－7.
而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－8－ln2，f(3)＝ln3－13，
则f(3)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝ln3＋ln2－5<0，即f(3)作出函数f(x)在[eq \f(1,2)，3]上的大致图象，
由题意只需y＝a与y＝f(x)有两个交点
观察图象可知，实数a的取值范围为[－8－ln2，－7).
练基础
提能力
培优生
x
(－∞， eq \f(2,3))
eq \f(2,3)
( eq \f(2,3)，4)
4
(4，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗