高中数学第六章 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、最值第一课时同步练习题

这是一份高中数学第六章 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、最值第一课时同步练习题，共8页。试卷主要包含了求下列函数的极值，答案等内容，欢迎下载使用。

A．函数f(x)在区间(1，4)上单调递增
B．函数f(x)在区间(1，3)上单调递减
C．函数f(x)在x＝1处取得极大值
D．函数f(x)在x＝0处取得极大值
2．已知函数y＝f(x)在定义域内可导，则“函数y＝f(x)在某点处的导数值为0”是“函数y＝f(x)在这点处取得极值”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
3．函数f(x)＝ax－1－lnx(a≤0)在定义域内的极值点的个数为________．
4．已知函数f(x)＝x3＋6mx2＋4nx＋8m2在x＝－2处取得极值，且极值为0，则m＋4n＝________．
5．求下列函数的极值：
(1)f(x)＝eq \f(2x,x2＋1)－2；
(2)f(x)＝eq \f(lnx,x).
6．已知函数f(x)＝eq \f(a,ex)＋x＋1，求函数f(x)的极值．
7.设a∈R，若函数y＝eax＋3x有大于零的极值点，则a的取值范围为( )
A．(－3，＋∞) B．(－∞，－3)
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，＋∞))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))
8．函数f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋3既有极大值，又有极小值，则a的取值范围是________．
9．若函数f(x)＝ex(sinx－a)在区间(0，π)上存在极值，则实数a的取值范围是________．
10．已知函数f(x)＝x2＋alnx＋bx在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＋3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的极值点，并计算两个极值之和．
11．已知函数f(x)＝xlnx＋ax＋2，满足f′(1)＝－2.
(1)求实数a的值；
(2)求f(x)的单调区间和极值．
12．求下列函数的极值：
(1)f(x)＝x－alnx，a∈R；
(2)f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋1，a∈R.
13.已知函数f(x)＝(x－1)ex－eq \f(1,2)ax2.
(1)当x>0时，f(x)＋ex≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)求函数f(x)的极值点．
14．已知f(x)＝(x2－a)ex，x∈R.
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间和极值；
(2)已知x1，x2是f(x)的两个不同的极值点，且|x1＋x2|≥|x1x2|，求实数a的取值集合M.
15．设f′(x)为函数f(x)的导函数，已知x2f′(x)＋xf(x)＝lnx，f(e)＝eq \f(1,e)，则下列结论正确的是( )
A．f(x)在(0，＋∞)上既有极大值又有极小值
B．f(x)在(0，＋∞)上既无极大值又无极小值
C．f(x)在(0，＋∞)上有极大值
D．f(x)在(0，＋∞)上有极小值
第1课时 函数的导数与极值
必备知识基础练
1．答案：A
解析：在区间(1，4)上f′(x)>0，故函数f(x)在区间(1，4)上单调递增，故A正确；在区间(1，3)上f′(x)>0，故函数f(x)在区间(1，3)上单调递增，故B错误；当x∈(0，4)时，f′(x)>0，可知函数f(x)在(0，4)上单调递增，故x＝1不是函数f(x)的极值点，故C错误；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(0，4)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故函数f(x)在x＝0处取得极小值，故D错误．故选A.
2．答案：B
解析：根据导数的性质可知，若函数y＝f(x)在这点处取得极值，则f′(x)＝0，即必要性成立；反之不一定成立，如函数f(x)＝x3在R上是增函数，f′(x)＝3x2，则f′(0)＝0，但在x＝0处函数不是极值，即充分性不成立．故函数y＝f(x)在某点处的导数值为0是函数y＝f(x)在这点处取得极值的必要不充分条件．故选B.
3．答案：0
解析：因为x>0，f′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x)，
所以当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以f(x)在(0，＋∞)上没有极值点．
4．答案：38
解析：由题意，函数f(x)＝x3＋6mx2＋4nx＋8m2，
可得f′(x)＝3x2＋12mx＋4n，
函数f(x)在x＝－2处取得极值，且极值为0，
可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（－2）＝12－24m＋4n＝0,f（－2）＝－8＋24m－8n＋8m2＝0))，解得m＝1，n＝3或m＝2，n＝9，
当m＝1，n＝3时，f′(x)＝3x2＋12x＋12＝3(x＋2)2≥0，当且仅当x＝－2时取等号，
所以f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意；
当m＝2，n＝9时，f′(x)＝3x2＋24x＋36＝3(x＋2)(x＋6)，
当x<－6时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当－6当x>－2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
故f(x)在x＝－2处取得极值，符合题意．
综上所述，m＝2，n＝9，所以m＋4n＝38.
5．解析：(1)因为f′(x)＝eq \f(2（x2＋1）－4x2,（x2＋1）2)＝eq \f(2（1＋x）（1－x）,（x2＋1）2).
令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由上表看出，当x＝－1时，f(x)取得极小值，为f(－1)＝－3；
当x＝1时，f(x)取得极大值，为f(1)＝－1.
(2)函数f(x)＝eq \f(lnx,x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(1－lnx,x2).
令f′(x)＝0，解得x＝e.
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
因此，x＝e是函数的极大值点，极大值为f(e)＝eq \f(1,e)，没有极小值．
6．解析：f(x)＝eq \f(a,ex)＋x＋1，定义域为R，f′(x)＝1－eq \f(a,ex)＝eq \f(ex－a,ex).
①当a≤0时，f′(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．
当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0；
∴f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，
f(x)在x＝lna取得极小值，极小值为f(lna)＝lna＋2，无极大值．
综上所述，当a≤0时，f(x)无极值；当a>0时，f(x)有极小值f(lna)＝lna＋2，无极大值．
关键能力综合练
7．答案：B
解析：因为y＝eax＋3x，所以y′＝eax·a＋3，
当a≥0时，y′>0，不符合题意；
当a<0时，由y′＝0，得x＝eq \f(1,a)lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,a))).
因为函数y＝eax＋3x有大于零的极值点，
所以eq \f(1,a)lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,a)))>0，解得a<－3.故选B.
8．答案：(－∞，－1)∪(2，＋∞)
解析：f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋3，f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，
因为函数f(x)既有极大值，又有极小值，
所以Δ＝(6a)2－4×3×3×(a＋2)>0，
即a2－a－2>0，(a－2)(a＋1)>0，解得a>2或a<－1，
故a的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞).
9．答案：(－1，eq \r(2))
解析：由f(x)＝ex(sinx－a)，得
f′(x)＝ex(sinx＋csx－a)＝exeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－a))，
因为函数f(x)＝ex(sinx－a)在区间(0，π)上存在极值，
所以f′(x)＝exeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－a))＝0在(0，π)上有变号零点．
因为00，即eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－a＝0在(0，π)上有解，
转化为a＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))在(0，π)上有解．
因为0即－eq \f(\r(2),2)于是，得－1实数a的取值范围是(－1，eq \r(2)).
10．解析：(1)因为f(x)＝x2＋alnx＋bx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x＋eq \f(a,x)＋b，
因为曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＋3＝0，
f(1)＝b＋1＝－4，可得b＝－5，f′(1)＝a＋b＋2＝－1，可得a＝2.
(2)由f(x)＝x2＋2lnx－5x(x>0)，得f′(x)＝2x＋eq \f(2,x)－5＝eq \f(2x2－5x＋2,x)＝eq \f(（2x－1）（x－2）,x)，
列表如下：
所以，函数f(x)的极大值点为x1＝eq \f(1,2)，极大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(9,4)－2ln2，
极小值点为x2＝2，极小值为f(2)＝2ln2－6，
所以，函数f(x)的极大值和极小值之和为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＋f(2)＝－eq \f(33,4).
11．解析：(1)由题意得，f′(x)＝lnx＋1＋a，
又f′(1)＝ln1＋1＋a＝－2，解得a＝－3.
(2)由(1)可知，f(x)＝xlnx－3x＋2，且f′(x)＝lnx－2为增函数．
令f′(x)＝0可得x＝e2，故当0e2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．故f(x)在x＝e2处有极小值f(e2)＝e2lne2－3e2＋2＝2－e2，无极大值．
综上f(x)单调递减区间为(0，e2)，单调递增区间为(e2，＋∞)，极小值为2－e2，无极大值．
12．解析：(1) f(x)＝x－alnx的定义域为(0，＋∞)，
由f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，x>0，知
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；
②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a.
又当x∈(0，a)时，f′(x)<0，
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，
从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－alna，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－alna，无极大值．
(2)函数的定义域为{x|x≠0}，
f′(x)＝1－eq \f(a,x2)＝eq \f(x2－a,x2).
当a≤0时，显然f′(x)>0，这时函数f(x)在区间(－∞，0)，(0，＋∞)上均单调递增，无极值；
当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝±eq \r(a).
解f′(x)>0得x>eq \r(a)或x<－eq \r(a)，此时f(x)单调递增；解f′(x)<0，得－eq \r(a)综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝－eq \r(a)处取得极大值－2eq \r(a)＋1，在x＝eq \r(a)处取得极小值2eq \r(a)＋1.
核心素养升级练
13．解析：(1)由f(x)＋ex≥0(x>0)可得：xex－eq \f(1,2)ax2≥0，即a≤eq \f(2ex,x)，
令g(x)＝eq \f(2ex,x)，则问题转化为a≤g(x)min(x>0)，
因为g′(x)＝eq \f(2xex－2ex,x2)＝eq \f(2ex（x－1）,x2)，
所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(1)＝2e，所以a≤2e，
故a的范围为(－∞，2e].
(2)因为f′(x)＝ex＋(x－1)ex－ax＝x(ex－a)，
所以f′(0)＝0，
当a≤0时，ex－a>0，
当x≤0，f′(x)≤0，f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，此时y＝f(x)的极值点为x＝0；
当a>0时，令f′(x)＝x(ex－a)＝0，得x1＝0，x2＝lna，
当0当x∈(－∞，lna)和(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(lna，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
所以此时的极值点为x＝0和x＝lna；
当a＝1时，lna＝0，此时f′(x)＝x(ex－1)≥0，f(x)单调递增，无极值点；
当a>1时，lna>0，
当x∈(－∞，0)和(lna，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(0，lna)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
所以此时的极值点为x＝0和x＝lna；
综上所述：当a≤0时，极值点为x＝0；当a＝1时，无极值点；当01时，极值点为x＝0和x＝lna．
14．解析：(1)因为a＝3，
所以f(x)＝(x2－3)ex，
所以f′(x)＝(x2＋2x－3)ex.
令f′(x)＝0，
解得x＝－3或x＝1.
当x∈(－∞，－3)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(－3，1)时，f′(x)<0.
所以f(x)的增区间为(－∞，－3)，(1，＋∞)；减区间为(－3，1).
f(x)的极大值为f(－3)＝6e－3；极小值为f(1)＝－2e.
(2)f′(x)＝(x2＋2x－a)ex，
令f′(x)＝0，即x2＋2x－a＝0.
由题意得两根为x1，x2，
所以x1＋x2＝－2，x1x2＝－a，
故－2≤a≤2.
又Δ＝4＋4a>0，所以－1所以M＝{a|－115．答案：B
解析：由x2f′(x)＋xf(x)＝lnx(x>0)可得
xf′(x)＋f(x)＝eq \f(lnx,x)，从而[xf(x)]′＝eq \f(lnx,x)，
令g(x)＝xf(x)，则f(x)＝eq \f(g（x）,x)，
所以f′(x)＝eq \f(xg′（x）－g（x）,x2)＝eq \f(lnx－g（x）,x2)，
令h(x)＝lnx－g(x)，
则h′(x)＝eq \f(1,x)－g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(lnx,x)＝eq \f(1－lnx,x)(x>0)，
令h′(x)>0，即1－lnx>0，
得当0令h′(x)<0，即1－lnx<0，
得当x>e时，h(x)是减函数，
由f(e)＝eq \f(1,e)，得g(e)＝ef(e)＝1，
所以h(x)在(0，＋∞)上有极大值h(e)＝lne－g(e)＝1－1＝0，
所以h(x)≤0，即f′(x)≤0，当且仅当x＝e时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上为减函数，故函数f(x)在(0，＋∞)上既无极大值也无极小值．故选B.必备知识基础练
关键能力综合练
核心素养升级练
x
(－∞，－1)
－1
(－1，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
单调递减
－3
单调递增
－1
单调递减
x
(0，e)
e
(e，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
eq \f(1,e)
单调递减
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
eq \f(1,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
增
极大值
减
极小值
增