人教A版数学选修1－1练习第三章导数及其应用3.3.2

第三章3.3A级基础巩固一、选择题1．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)A．1个 B．2个C．3个 D．4个[解析]极小值点应有先减后增的特点，即f′(x)<0→f′(x)＝0→f′(x)>0.由图象可知只有1个极小值点．2．已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝(A)A．－2或2 B．－9或3C．－1或1 D．－3或1[解析]∵y′＝3x2－3，∴当y′＝0时，x＝±1，则x，y′，y的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)y′＋－＋y↗c＋2↘c－2↗因此，当函数图象与x轴恰有两个公共点时，必有c＋2＝0或c－2＝0，∴c＝－2或c＝2.3．(2016·四川)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝(D)A．－4 B．－2C．4 D．2[解析]f′(x)＝3x2－12，令f′(x)>0得x<－2或x>2，令f′(x)<0得－2<x<2，∴f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，∴当x＝2时，f(x)取极小值，即2是函数f(x)的极小值点，故a＝2.4．设函数f(x)＝xex，则(D)A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点[解析]f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)，令f′(x)>0，得x>－1，令f′(x)<0，得x<－1，∴函数f(x)在(－∞，－1)上递减，在(－1，＋∞)上递增，∴当x＝－1时，f(x)取得极小值．5．设函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，则(D)A．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极大值点B．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点[解析]本节考查了利用导数工具来探索其极值点问题．f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(1,x)(1－eq\f(2,x))，由f′(x)＝0可得x＝2.当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)递减，当x>2时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增．所以x＝2为极小值点．对于含有对数形式的函数在求导时，不要忽视定义域．6．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(D)A．2 B．3C．6 D．9[解析]f′(x)＝12x2－2ax－2b，由条件知f′(1)＝0，∴a＋b＝6，∴ab≤(eq\f(a＋b,2))2＝9，等号在a＝b＝3时成立，故选D．二、填空题7．函数f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2x取得极小值时，x的值是__－1___.[解析]f′(x)＝－x2＋x＋2＝－(x－2)(x＋1)，令f′(x)>0得－1<x<2，令f′(x)<0，得x<－1或x>2，∴函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上递减，在(－1,2)上递增，∴当x＝－1时，函数f(x)取得极小值．8．(2015·陕西文)函数y＝xex在其极值点处的切线方程为__y＝－eq\f(1,e)__.[解析]∵y＝xex，∴y′＝ex＋xex＝ex(x＋1)，当x＝－1时y有极小值，此时y|x＝－1＝－eq\f(1,e)，而y′|x＝－1＝0，∴切线方程为y＝－eq\f(1,e).三、解答题9．(2018·长泰一中、南靖一中检测)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋1－lnx在x＝1处取极值.(1)求f(x)，并求函数f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间．[解析](1)因为f(x)＝－x2＋ax＋1－lnx，所以f′(x)＝－2x＋a－eq\f(1,x)(x>0)．因为f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝0，即－2＋a－1＝0，解得a＝3.因为f′(x)＝－2x＋3－eq\f(1,x)(x>0)，f(2)＝3－ln2，f′(2)＝－eq\f(3,2)，所以函数f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝－eq\f(3,2)x＋6－ln2.(2)由(1)f′(x)＝－2x＋3－eq\f(1,x)(x>0)，令f′(x)>0，即－2x＋3－eq\f(1,x)>0，解得eq\f(1,2)<x<1，所以f(x)的单调递增区间为(eq\f(1,2)，1)．令f′(x)<0，即－2x＋3－eq\f(1,x)<0，解得0<x<eq\f(1,2)或x>1，所以f(x)的单调递减区间为(0，eq\f(1,2))，(1，＋∞)．综上，f(x)的单调递减区间为(0，eq\f(1,2))和(1，＋∞)，单调递增区间为(eq\f(1,2)，1)．B级素养提升一、选择题1．函数y＝x3－3x2－9x(－2<x<2)有(C)A．极大值5，极小值－27B．极大值5，极小值－11C．极大值5，无极小值D．极小值－27，无极大值[解析]y′＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)，∵－2<x<2，∴令y′>0得－2<x<－1，令y′<0得－1<x<2，∴函数在(－2，－1)上递增，在(－1,2)上递减，∴当x＝－1时，f(x)取极大值f(－1)＝－1－3＋9＝5，f(x)无极小值．2．(2016·广西南宁高二检测)已知函数y＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，则该函数的一个递增区间是(B)A．(2,3) B．(3，＋∞)C．(2，＋∞) D．(－∞，3)[解析]y′＝6x2＋2ax＋36，由已知得24＋4a＋36＝0，∴a＝－15.∴y′＝6x2－30x＋36＝6(x2－5x＋6)＝6(x－2)(x－3)，令y′>0，得x<2或x>3，故选B．3．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值、极小值分别为(A)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]f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－2p－q＝0,1－p－q＝0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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0.4．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是(D)A．[－3,6] B．(－3,6)C．(－∞，－3]∪[6，＋∞) D．(－∞，－3)∪(6，＋∞)[解析]函数的导数为f′(x)＝3x2＋2mx＋(m＋6)，要使函数f(x)既存在极大值又存在极小值，则f′(x)＝0有两个不同的根，所以判别式Δ>0，即Δ＝4m2－12(m＋6)>0，所以m2－3m－18>0，解得m>6或m<－3.5．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是(C)A．[－5,0) B．(－5,0)C．[－3,0) D．(－3,0)[解析]由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤a<0，,a＋5>0，))解得a∈[－3,0)，故选C．二、填空题6．设x＝1与x＝2是函数f(x)＝alnx＋bx2＋x的两个极值点，则常数a＝__－eq\f(2,3)__.[解析]f′(x)＝eq\f(a,x)＋2bx＋1，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2b＋1＝0,\f(a,2)＋4b＋1＝0))，∴a＝－eq\f(2,3).7．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是__(－2,2)___.[解析]f′(x)＝3x2－3，由3x2－3＝0得x＝1或－1，当x<－1，或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调增；当－1<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调减．∴x＝－1时，f(x)取到极大值f(－1)＝2，x＝1时，f(x)取到极小值f(1)＝－2，∴欲使直线y＝a与函数f(x)的图象有相异的三个公共点，应有－2<a<2.三、解答题8．(2016·广西南宁高二检测)设x＝－2，x＝4是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点.(1)求常数a、b的值；(2)判断x＝－2，x＝4是函数f(x)的极大值点还是极小值点，并说明理由．[解析](1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12－4a＋b＝0,48＋8a＋b＝0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3,b＝－24)).(2)由(1)知f′(x)＝3x2－6x－24＝3(x2－2x－8)＝3(x－4)(x＋2)，令f′(x)>0，得x<－2或x>4，令f′(x)<0，得－2<x<4.∴f(x)在(－∞，－2)，(4，＋∞)上单调递增，在(－2,4)上单调递减，∴当x＝－2时，f(x)取极大值，当x＝4时，f(x)取极小值，故x＝－2是极大值点，x＝4是极小值点．C级能力提高1．(2016·河南郑州高二检测)已知函数f(x)＝2f′(1)lnx－x，则f(x)的极大值为__2ln_2－2___.[解析]函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由于函数f(x)＝2f′(1)lnx－x.则f′(x)＝2f′(1)×eq\f(1,x)－1(x>0)，f′(1)＝2f′(x)－1，故f′(1)＝1，得到f′(x)＝2×eq\f(1,x)－1＝eq\f(2－x,x)，令f′(x)>0，解得x<2，令f′(x)<0，解得x>2，则函数在(0,2)上为增函数，在[2，＋∞)上为减函数，故f(x)的极大值为f(2)＝2ln2－2.2．(2018·北京文，19)设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求a；(2)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．[解析](1)解：因为f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，f′(2)＝(2a－1)e2.由题设知f′(2