人教B版 (2019)选择性必修 第三册第六章 导数及其应用6.2 利用导数研究函数的性质6.2.2 导数与函数的极值、最值达标测试

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第三册第六章 导数及其应用6.2 利用导数研究函数的性质6.2.2 导数与函数的极值、最值达标测试，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．函数f(x)＝x3－12x－16的零点个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
2．已知函数f(x)＝ex－x－a，若函数y＝f(x)有零点，则实数a的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．[1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1]
3．若函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则实数a的取值范围是( )
A．(eq \f(4,e2)，＋∞) B．(0，eq \f(4,e2))
C．(0，4e2) D．(0，＋∞)
4．方程x2＝ex的实根个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
二、填空题
5．已知曲线f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a与x轴只有一个交点，则实数a的取值范围为________．
6．已知函数f(x)＝eq \f(lnx,x)－a有两个不同的零点，则实数a的取值范围是________．
7．已知函数f(x)＝ex－ax2(x>0)无零点，则实数a的取值范围为________．
三、解答题
8．已知函数f(x)＝4lnx－2x2＋3ax.
(1)当a＝1时，求f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－3ax＋m在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有两个零点，求实数m的取值范围．
9．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)e2x－eq \f(3,2)ex－x，判断f(x)的零点个数．
[尖子生题库]
10．已知函数f(x)＝xsinx－eq \f(3,2)，判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．
课时作业(二十二) 导数与函数的极值、最值综合问题
1．解析：由题意得f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，
令f′(x)>0，得x>2或x<－2；
令f′(x)<0，得－2所以函数的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递减区间为(－2，2)，
所以函数的极大值为f(－2)＝0，极小值为f(2)＝－32，
当x→－∞时，f(x)<0，当x→＋∞时，f(x)>0，
所以函数的零点个数为2.
答案：C
2．解析：函数y＝f(x)有零点等价于方程ex－x＝a有解，
令g(x)＝ex－x，g′(x)＝ex－1，
当x>0时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
当x<0时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
又g(0)＝1，所以a≥1.
答案：B
3．解析：令g(x)＝x2ex，
则g′(x)＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2).
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝－2，
∴g(x)在(－2，0)上是减函数，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数．
∴g(x)极大值＝g(－2)＝eq \f(4,e2)，g(x)极小值＝g(0)＝0，
又f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则0答案：B
4．解析：设f(x)＝ex－x2，f′(x)＝ex－2x，
令g(x)＝f′(x)＝ex－2x，
则g′(x)＝ex－2，令g′(x)＝0，则x＝ln2，
当xln2时，g′(x)>0，
所以g(x)在(－∞，ln2)上是减函数，在(ln2，＋∞)上是增函数，
所以当x＝ln2时，g(x)取得极小值，也是最小值，为f′(x)的最小值，
f′(x)min＝f′(ln2)＝eln2－2ln2＝2(1－ln2)>0，
即f′(x)>0在(－∞，＋∞)上恒成立，
所以f(x)＝ex－x2在(－∞，＋∞)上是增函数，
又f(0)＝1>0，f(－1)＝eq \f(1,e)－1<0，
所以函数f(x)＝ex－x2存在唯一的零点，
即方程x2＝ex只有1个实根．
答案：B
5．解析：f′(x)＝－3x2＋6x＋9.
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝3.
当f′(x)>0时，－13，
所以当x＝－1时，f(x)取得极小值为f(－1)＝a－5；
当x＝3时，f(x)取得极大值为f(3)＝a＋27.
画出大致图象，要使f(x)的图象与x轴只有一个交点，只需极大值小于0(如图1)或极小值大于0(如图2)，
所以a＋27<0或a－5>0，解得a<－27或a>5，
故实数a的取值范围为{a|a<－27或a>5}．
答案：{a|a<－27或a>5}
6．解析：因为函数f(x)＝eq \f(lnx,x)－a有两个不同的零点，所以方程f(x)＝eq \f(lnx,x)－a＝0有两个不同的实数根，因此函数g(x)＝eq \f(lnx,x)与函数y＝a有两个不同的交点．
由g(x)＝eq \f(lnx,x)，得g′(x)＝eq \f(1－lnx,x2)，
当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当00，g(x)单调递增，
因此当x＝e时，函数g(x)有最大值，最大值为g(e)＝eq \f(lne,e)＝eq \f(1,e)，显然当x>1时，g(x)>0；
当0因此函数g(x)＝eq \f(lnx,x)的图象如图所示．
通过函数g(x)＝eq \f(lnx,x)的图象和上述分析的性质可知，当a∈(0，eq \f(1,e))时，函数g(x)＝eq \f(lnx,x)与函数y＝a有两个交点．
答案：(0，eq \f(1,e))
7．解析：因为函数f(x)＝ex－ax2(x>0)无零点，
所以方程ex－ax2＝0在x∈(0，＋∞)上无解，
即a＝eq \f(ex,x2)在x∈(0，＋∞)上无解，
令g(x)＝eq \f(ex,x2)(x>0)，则g′(x)＝eq \f(ex（x－2）,x3)，
当x>2时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
当0所以当x＝2时，函数g(x)有唯一的极小值，也是最小值．
又g(2)＝eq \f(e2,4)，所以g(x)≥eq \f(e2,4).
所以若a＝eq \f(ex,x2)无解，则a答案：(－∞，eq \f(e2,4))
8．解析：(1)∵f(x)＝4lnx－2x2＋3x，f(1)＝1，
∴f′(x)＝eq \f(4,x)－4x＋3，f′(1)＝3.
∴切线方程为y－1＝3(x－1)，即y＝3x－2.
(2)∵g(x)＝f(x)－3ax＋m＝4lnx－2x2＋m，
∴g′(x)＝eq \f(4,x)－4x＝eq \f(－4（x2－1）,x)，
当x∈[eq \f(1,e)，1)时，g′(x)>0，g(x)＝4lnx－2x2＋m在[eq \f(1,e)，1)上单调递增；
当x∈(1，e]时，g′(x)<0，g(x)＝4lnx－2x2＋m，在(1，e]上单调递减．
因g(x)＝4lnx－2x2＋m在[eq \f(1,e)，e]上有两个零点，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g（1）＝－2＋m>0,g（\f(1,e)）＝－4－\f(2,e2)＋m≤0,g（e）＝4－2e2＋m≤0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m>2,m≤4＋\f(2,e2),m≤2e2－4)).
∵2e2－4>4＋eq \f(2,e2)，
∴29．解析：因为f(x)＝eq \f(1,2)e2x－eq \f(3,2)ex－x，
所以f′(x)＝e2x－eq \f(3,2)ex－1＝eq \f(1,2)(2ex＋1)(ex－2)，
令f′(x)>0，解得x>ln2，
令f′(x)<0，解得x故f(x)在(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，
故f(x)min＝f(ln2)＝－1－ln2<0，
又x→－∞时，f(x)→＋∞；x→＋∞时，f(x)→＋∞，画出草图如下：
故f(x)有2个零点．
10．证明：f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：
f(x)＝xsinx－eq \f(3,2)，从而有f(0)＝－eq \f(3,2)＜0，
f(eq \f(π,2))＝eq \f(π－3,2)＞0，
又f(x)在[0，eq \f(π,2)]上的图象是连续不间断的，
所以f(x)在(0，eq \f(π,2))内至少存在一个零点．
又f(x)在[0，eq \f(π,2)]上单调递增，
故f(x)在(0，eq \f(π,2))内有且只有一个零点．
当x∈[eq \f(π,2)，π]时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcsx.
由g(eq \f(π,2))＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在[eq \f(π,2)，π]上的图象是连续不间断的，故存在m∈(eq \f(π,2)，π)，使得g(m)＝0.
由g′(x)＝2csx－xsinx，知x∈(eq \f(π,2)，π)时，有g′(x)＜0，
从而g(x)在(eq \f(π,2)，π)内单调递减．
当x∈(eq \f(π,2)，m)时，g(x)＞g(m)＝0，
即f′(x)＞0，从而f(x)在(eq \f(π,2)，m)内单调递增，故当x∈[eq \f(π,2)，m]时，f(x)≥f(eq \f(π,2))＝eq \f(π－3,2)>0，
故f(x)在[eq \f(π,2)，m]上无零点；
当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，
即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减．
又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不间断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点．
综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．