人教版高中数学选修11：3.3 导数在研究函数中的应用 课后提升作业 二十三 3.3.2 Word版含解析

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1、（人教版）精品数学教学资料 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

2、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)

3、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.42 B.32 C.-32 D.-42 【解析】选A.y′=3x2-6,令y′>0,得 x>2或x<-2,令y′<0,得-2

4、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=-23. 当x<-23时,f′(x)<0; 当-230; 当x>0时,f′(x)<0, 从而在x=0时,f(x)取得极大值, 在x=-23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4a+1b的最小值 为　(　　) A.49 B.43 C.32 D.23 【解析】选C.

5、因为函数f(x)=4x3-ax2-2bx在x=1处有极值,所以f′(1)=12- 2a-2b=0,即a+b=6,则4a+1b=16(a+b)4a+1b=165+ab+4ba≥5+46=32(当且仅当ab=4ba且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) B.(1,+∞) C.(0,1) D.-∞,12 【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

6、<1,当00,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≤2015π),则函数f(x)的各极大值之和为　(　　) A.e2π(1-e2 015π)1-e2π B.e2π(1-e2 015π)1-eπ C.1-e2 015π1-e2π D.eπ(1-e2 016π)1-e2π 【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

7、, 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=eπ[1-(e2π)1 008]1-e2π =eπ(1-e2 016π)1-e2π 8.已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),且满足f(x)+xf′(x)=lnxx,f(e)=1e,则下列结论正确的是　(　　) A.f(x)有极大值无极小值 B.f(x)有极小值无极

8、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)=lnxx, 所以[xf(x)]′=lnxx, 所以xf(x)=12(lnx)2+c.又因为f(e)=1e, 所以e1e=12(lne)2+c,解得c=12, 所以f(x)=12[(lnx)2+1]1x, f′(x)=2lnxx2x-[(lnx)2+1]24x2 =-2(lnx-1)24x2≤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)=13x3-

9、14x4在区间12,3上的极值点为　　　　. 【解析】因为f(x)=13x3-14x4,所以f′(x)=x2-x3=-x2(x-1),令f′(x)=0,则x=0或x=1,因为x∈12,3,所以x=1,并且在x=1左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,所以函数f(x)=13x3-14x4在区间12,3上的极值点为1. 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-3,-12内单调递增; ②函数y=f(x

10、)在区间-12,3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=-12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-3,-12函数递增,在-12,3函数递减,在(3,5)函数递增,当x=-3时取得最小值,当x=-12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)=x3-12x2-2x+c, (1)求函数f(x)的极值. (2)求函数f(x)的单调区

11、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=-23或x=1. 当x变化时,f(x)与f′(x)的变化情况如表, x -∞,-23 -23 -23,1 1 (1,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) 单增 极大值 单减 极小值 单增 从表中可以看出当x=-23时,f(x)有极大值,极大值为2227+c;当x=1时,f(x)有极小值,极小值为c-32. (2)由(1)可知f(x)的递增区间为-∞,-23和(1,+∞),递减区间为-23,1. 【补偿训练】已知

12、函数f(x)=x-1+aex. (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. (2)首先计算函数的导函数f′(x)=1-aex,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+aex,得f′(x)=1-aex. 由函数f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,得f′(1)=1-ae=0,解得a=e. (2)f′(x)=1-aex①当a≤0时,f

13、′(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(

14、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)= 当a≤0,x∈(0,+∞)时，g′(x)>0,函数g(x)单调递增. 当a>0,x∈时，g′(x)>0,函数g(x)单调递增, x∈时，g′(x)<0,函数g(x)单调递减. 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， 函数g(x)单调递减区间为. (2)由(1)知f′(1)=0. ①当a≤0，f′(x)单调递增，所以x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单

15、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01时，由(1)知f′(x)在内单调递增， 所以x∈(0, 1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减, x∈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时，f′(x)在(0,1)内单调递增，在(1,+∞)内单调递减，所以 x∈(0,+∞)时,f′(x)≤0,f(x)单调递减，不合题意. ④当a>,0<<1时，x∈,f′(x)>0,f(x)单调递增， 当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)

16、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--2b6=2,即b=6. (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

17、挑战题】 已知函数f(x)=kx+1x2+c(c>0且c≠1,k∈R)恰有一个极大值点和一个极小值点,其中一个是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)=k(x2+c)-2x(kx+1)(x2+c)2 =-kx2-2x+ck(x2+c)2, 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-2k). (2)由(*)式得k=2c-1,即c

18、=1+2k. 当c>1时,k>0;当00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)=k+1c+1=k2>0, m=f(-c)=-kc+1c2+c=-k22(k+2)<0, 由M-m=k2+k22(k+2)≥1及k>0, 解得k≥2. (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)=-k22(k+2)>0,m=f(1)=k2<0, M-m=-k22(k+2)-k2=1-(k+1)2+1k+2≥1恒成立. 综上可知,所求k的取值范围为(-∞,-2)∪[2,+∞). 关闭Word文档返回原板块