北师大版 (2019)6.2 函数的极值同步达标检测题

这是一份北师大版 (2019)6.2 函数的极值同步达标检测题，共8页。

1．已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如下，若f(x)在x＝x0处有极值，则x0的值为( )
A．－3 B．0
C.3 D．7
2．函数f(x)＝ eq \f(x2,ex)的极小值为( )
A.0 B． eq \f(1,e)
C.2 D．4e2
3．函数y＝x＋2cs x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的极大值点为( )
A.0 B． eq \f(π,3)
C. eq \f(π,6) D． eq \f(π,2)
4．若函数f(x)＝x3ln x，则( )
A.既有极大值，也有极小值
B.有极小值，无极大值
C.有极大值，无极小值
D.既无极大值，也无极小值
5．已知函数f(x)＝x3＋5x2＋ax在x＝－3处取得极值，则a＝( )
A.4 B．3
C.2 D．－3
6．(多选题)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列选项中错误的是( )
A.x＝1是函数f(x)的极值点
B.函数f(x)在x＝－1处取得极小值
C.f(x)在区间(－2，3)上单调递减
D.f(x)的图象在x＝0处的切线斜率小于零
7．函数f(x)＝x3－3x2＋2在x＝________处取得极小值．
8．设函数f(x)＝x3－3x，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为____________；函数f(x)的极大值点为____________．
9．已知函数f(x)＝－ eq \f(1,x)－ln x．
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数y＝f(x)在(0，＋∞)上的极值．
10．在①f(－1)＝－4，f′(1)＝0；②f(1)＝0，f′(0)＝1；③f(x)在(－1，f(－1))处的切线方程为y＝8x＋4，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中求解．
已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx，且________．
(1)求a、b的值；
(2)求函数f(x)的极小值．
[提能力]
11．已知函数f(x)＝ eq \f(1,6)x3－ eq \f(1,2)ax2－bx(a>0，b>0)的一个极值点为1，则ab的最大值为( )
A.1 B． eq \f(1,2)
C. eq \f(1,4) D． eq \f(1,16)
12．(多选题)已知f(x)＝ eq \f(ln x,x)，下列说法正确的是( )
A.f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x－1
B.单调递增区间为(－∞，e)
C.f(x)的极大值为 eq \f(1,e)
D.方程f(x)＝－1有两个不同的解
13．函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a＋b＝________．
14．若函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3－ax2＋x－5无极值点，则实数a的取值范围是________．
15．已知函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3－m2x(m>0).
(1)当f(x)在x＝1处取得极值时，求函数f(x)的解析式；
(2)当f(x)的极大值不小于 eq \f(2,3)时，求m的取值范围．
[培优生]
16．已知函数f(x)＝a ln x＋ eq \f(1,2)x2－(a＋1)x＋1.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极小值，求实数a的取值范围．
课时作业(二十一) 函数的极值
1．解析：由f′(x)的图象知，x＝0时，f′(0)＝0，－30，0故选B.
答案：B
2．解析：由f(x)＝ eq \f(x2,ex)，
得f′(x)＝ eq \f(2xex－x2ex,（ex）2)＝ eq \f(－x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2)),ex)，
当00，f(x)单调递增；
当x<0或x>2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
所以当x＝0时，函数f(x)＝ eq \f(x2,ex)取得极小值，
极小值为f(0)＝ eq \f(0,e0)＝0.
故选A.
答案：A
3．解析：函数y＝x＋2cs x的导数为y′＝1－2sin x，
因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，由y′＝1－2sin x＝0，可得sin x＝ eq \f(1,2)，解得x＝ eq \f(π,6).
当x∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，y′>0，当x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，y′<0，
所以函数y＝x＋2cs x在x∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增，在x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递减，
所以使得函数y＝x＋2cs x处取得极大值的x的值为 eq \f(π,6)，
故选C.
答案：C
4．解析：依题意得，f′(x)＝3x2ln x＋x2＝x2(3ln x＋1)；令f′(x)＝0，解得x＝e－ eq \f(1,3)，故当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，e－\f(1,3)))时，f′(x)<0，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－\f(1,3)，＋∞))时，f′(x)>0，故当x＝e－ eq \f(1,3)时，函数f(x)有极小值，且函数无极大值，
故选B.
答案：B
5．解析：因为f(x)＝x3＋5x2＋ax，所以f′(x)＝3x2＋10x＋a，由条件知，x＝－3是方程f′(x)＝0的实数根，∴a＝3.所以f(x)＝x3＋5x2＋3x，f′(x)＝3x2＋10x＋3＝(3x＋1)(x＋3)，令f′(x)>0，解得x>－ eq \f(1,3)或x<－3，即f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，＋∞))和(－∞，－3)上单调递增，令f′(x)<0，解得－3故选B.
答案：B
6．解析：由图可知，x＝1左右两侧导数都为负数，故x＝1不是f(x)的极值点，A选项错误．
由图可知，x＝－1左右两侧导数都为负数，故x＝－1不是f(x)的极值点，B选项错误．
由图可知，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，3))时f′(x)≤0，f(x)单调递减，所以C选项正确．
由图可知，f′(0)<0，所以D选项正确．
故选AB.
答案：AB
7．解析：f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝3x2－6x＝0，得x1＝0，x2＝2，
且x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；x∈(0，2)时，f′(x)<0；x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在x＝2处取得极小值．
答案：2
8．解析：因为f(x)＝x3－3x，所以f′(x)＝3x2－3，所以f′(0)＝－3，
所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝－3x，
f′(x)＝3x2－3<0，则－1f′(x)＝3x2－3>0，解得x>1或x<－1，所以f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，所以函数的极大值点是－1 .
答案：3x＋y＝0 －1
9．解析：(1)∵f′(x)＝ eq \f(1,x2)－ eq \f(1,x)＝ eq \f(1－x,x2)，易知f(1)＝－1，f′(1)＝0，
∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为：y－(－1)＝0，即y＋1＝0.
(2)∵f′(x)＝ eq \f(1,x2)－ eq \f(1,x)＝ eq \f(1－x,x2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>0))，
当00，即f(x)在(0，1)上单调递增，
当x>1时，f′(x)<0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)有极大值为f(1)＝－1，无极小值．
10．解析：(1)方案一：选择①，∵f(x)＝x3＋ax2＋bx，则f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由已知可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）＝－1＋a－b＝－4,f′（1）＝3＋2a＋b＝0))，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2,b＝1))；
方案二：选择②，∵f(x)＝x3＋ax2＋bx，则f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由已知可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝1＋a＋b＝0,f′（0）＝b＝1))，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2,b＝1))；
方案三：选择③，∵f(x)＝x3＋ax2＋bx，则f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
因为函数f(x)在(－1，f(－1))处的切线方程为y＝8x＋4，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（－1）＝3－2a＋b＝8,f（－1）＝－1＋a－b＝－4))，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2,b＝1))；
(2)由(1)得f(x)＝x3－2x2＋x，∴f′(x)＝3x2－4x＋1，
由f′(x)＝0得：x1＝ eq \f(1,3)，x2＝1，
当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况如下：
所以，函数f(x)的极小值为f(1)＝0.
11．解析：因为f′(x)＝ eq \f(1,2)x2－ax－b，依题意有f′(1)＝ eq \f(1,2)－a－b＝0，即a＋b＝ eq \f(1,2)，
而a>0，b>0，所以 eq \f(1,2)＝a＋b≥2 eq \r(ab)⇒ab≤ eq \f(1,16)，当且仅当a＝b＝ eq \f(1,4)时取等号，
即ab的最大值为 eq \f(1,16).
故选D.
答案：D
12．解析：因为f(x)＝ eq \f(ln x,x)，所以函数的定义域为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))
所以f′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2)，f′(1)＝1，f(1)＝0，
∴f(x)的图象在点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0))处的切线方程为y－0＝f′(1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))，
即y＝1· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))＝x－1，故A正确；
在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，e))上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，＋∞))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，故B错误，
f(x)的极大值也是最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))＝ eq \f(ln e,e)＝ eq \f(1,e)，故C正确；
方程f(x)＝ eq \f(ln x,x)＝－1的解的个数，即为ln x＝－x的解的个数，
即为函数y＝ln x与y＝－x图象交点的个数，
作出函数y＝ln x与y＝－x图象如图所示：
由图象可知方程f(x)＝－1只有一个解，故D错误．
故选AC.
答案：AC
13．解析：由题意知，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，
可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
因为f(x)在x＝1处取得极值10，可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（1）＝3＋2a＋b＝0,f（1）＝1＋a＋b＋a2＝10))，
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝4,b＝－11))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－3,b＝3))，
检验知，当a＝－3，b＝3时，可得f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，
此时函数f(x)单调递增，函数无极值点，不符合题意，(舍去)；
当a＝4，b＝－11时，可得f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，
当x<－ eq \f(11,3)或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当－ eq \f(11,3)当x＝1时，函数f(x)取得极小值，符合题意．
所以a＋b＝－7.
答案：－7
14．解析：因为f(x)＝ eq \f(1,3)x3－ax2＋x－5，所以f′(x)＝x2－2ax＋1，
因为函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3－ax2＋x－5无极值点，
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2a))2－4≤0，解得－1≤a≤1，所以实数a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，1)).
答案： eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，1))
15．解析：(1)因为f(x)＝ eq \f(1,3)x3－m2x(m>0)，所以f′(x)＝x2－m2.
因为f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝1－m2＝0(m＞0)，所以m＝1，故f(x)＝ eq \f(1,3)x3－x.
(2)f′(x)＝x2－m2.令f′(x)＝0，解得x＝±m.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由上表得f(x)极大值＝f(－m)＝－ eq \f(m3,3)＋m3＝ eq \f(2,3)m3，由题意知f(x)极大值≥ eq \f(2,3)，所以m3≥1，解得m≥1.
故m的取值范围是[1，＋∞).
16．解析：(1)当a＝0时，f(x)＝ eq \f(1,2)x2－x＋1.
所以f′(x)＝x－1,
所以k＝f′(2)＝1,
因为f(2)＝ eq \f(1,2)×22－2＋1＝1.
所以切线方程为y＝x－1.
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
因为f(x)＝a ln x＋ eq \f(1,2)x2－(a＋1)x＋1
所以f′(x)＝ eq \f(a,x)＋x－a－1＝ eq \f(x2－（a＋1）x＋a,x).
令f′(x)＝0，即x2－(a＋1)x＋a＝0，解得x＝1或x＝a.
①当a≤0时，若x变化时，则f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以当x＝1时，f(x)取得极小值．
所以a≤0成立.
②当0所以当x＝1时，f(x)取得极小值．
所以0③当a＝1时，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，没有极小值，不成立．
④当a>1时，若x变化时，则f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以当x＝1时，f(x)取得极大值．
所以a>1不成立.
综上所述，a<1.
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))
eq \f(1,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))
1
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(－∞，－m)
－m
(－m，m)
m
(m，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
x
(0，a)
a
(a，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(0，1)
1
(1，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值

极小值
↗