人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用第1课时习题

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第五章　5.3　5.3.2　第1课时A级——基础过关练1．函数y＝2－x2－x3的极值情况是(　　)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．既有极大值也有极小值【答案】D　【解析】令y＝f(x)，f′(x)＝－3x2－2x，令f′(x)>0，可得－<x<0；令f′(x)<0，可得x>0或x<－，所以当x＝0时取极大值，当x＝－时取极小值．2．(2021年辽宁期中)若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则常数c为(　　)A．2　 B．6C．2或6　 D．－2或－6【答案】B　【解析】函数f(x)＝x(x－c)2＝x3－2cx2＋c2x，它的导数为f′(x)＝3x2－4cx＋c2，由题意知，在x＝2处的导数值为12－8c＋c2＝0，∴c＝6或c＝2.又函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，故导数值在x＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c＝2时，f′(x)＝3x2－8x＋4＝3(x－2)，不满足导数值在x＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c＝6时，f′(x)＝3x2－24x＋36＝3(x2－8x＋12)＝3(x－2)·(x－6)，满足导数值在x＝2处左侧为正数，右侧为负数．故c＝6.3．(多选)函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则(　　)A．为f(x)的极大值点B．－2为f(x)的极小值点C．2为f(x)的极大值点D．为f(x)的极小值点【答案】AB　【解析】根据导函数图象在x＝a处左侧为正数，右侧为负数，知x＝a为f(x)的极大值点，∴A正确，C错误；根据导函数图象在x＝b处左侧为负数，右侧为正数，知x＝b为f(x)的极小值点，∴B正确；而x＝，处在左右两侧函数都为负数的位置，∴x＝不是极值点．4．(2022年钦州期末)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列判断正确的是(　　)A．在区间(－1，1)上，f(x)是增函数B．在区间(－3，－2)上，f(x)是减函数C．－2为f(x)的极小值点D．2为f(x)的极大值点【答案】D　【解析】结合导函数的图象考查所给的选项：当－1＜x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，选项A错误；当－3＜x＜－2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，选项B错误；当－3＜x＜－2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当－2＜x＜－1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，则－2为f(x)的极大值点，选项C错误；当1＜x＜2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当2＜x＜3时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，则2为f(x)的极大值点，选项D正确．故选D．5．(2021年北京期末)已知函数f(x)和g(x)的导函数f′(x)，g′(x)图象分别如图所示，则关于函数y＝g(x)－f(x)的判断正确的是(　　)A．有3个极大值点B．有3个极小值点C．有1个极大值点和2个极小值点D．有2个极大值点和1个极小值点【答案】D　【解析】如图，结合函数图象可知，当x<a时，f′(x)<g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)>0，函数单调递增；当a<x<0时，f′(x)>g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)<0，函数单调递减；当0<x<b时，f′(x)<g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)>0，函数单调递增；当x>b时，f′(x)>g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)<0，函数单调递减，故函数在x＝a，x＝b处取得极大值，在x＝0处取得极小值．6．(2022年天津市期末)函数f(x)＝x3－ax2＋bx在x＝1处有极值为4，则a－b的值为(　　)A．3 B．－3C．6 D．－6【答案】B　【解析】由f(x)＝x3－ax2＋bx，得f′(x)＝3x2－2ax＋b，由于f(x)在1处有极值4，则f′(1)＝0，f(1)＝4，故解得a＝6，b＝9，故a－b＝－3.故选B．7．(2022年南通期末)已知函数f(x)＝x3＋ax2－x的图象在点A(1，f(1))处的切线方程为y＝4x－3，则函数y＝f(x)的极大值为(　　)A．1 B．－C．－ D．－1【答案】A　【解析】由函数f(x)＝x3＋ax2－x，可得f′(x)＝3x2＋2ax－1，函数f(x)＝x3＋ax2－x的图象在点A(1，f(1))处的切线方程为y＝4x－3，可得3＋2a－1＝4，解得a＝1，若3x2＋2x－1＝0，解得x＝－1或x＝，当x∈(－∞，－1)，x∈时，f′(x)＞0，函数是增函数，x∈时，f′(x)＜0，函数是减函数，所以x＝－1时，函数取得极大值1.故选A．8．设函数f(x)＝x3＋2x2＋x＋10在x1，x2处取得极值，则x＋x＝________．【答案】　【解析】f′(x)＝3x2＋4x＋1，由题意得x1，x2是f′(x)＝0的两根，根据韦达定理有x1＋x2＝－，x1x2＝，则x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝.9．若函数y＝－x3＋6x2＋m的极大值为13，则实数m＝________．【答案】－19　【解析】y′＝－3x2＋12x＝－3x(x－4)．由y′＝0，得x＝0或x＝4.当x∈(－∞，0)∪(4，＋∞)时，y′＜0；当x∈(0，4)时，y′＞0，∴x＝4时取到极大值，故－64＋96＋m＝13，解得m＝－19.10．已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝±1处取得极值，讨论f(1)和f(－1)是函数f(x) 的极大值还是极小值．解：f′(x)＝3ax2＋2bx－3，根据题意f′(1)＝f′(－1)＝0，即解得所以f(x)＝x3－3x，f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)．当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0，故函数f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增；当x∈(－1，1)时，f′(x)＜0，故函数f(x)在(－1，1)上单调递减．所以f(－1)是极大值，f(1)是极小值．B级——能力提升练11．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x＝(　　)A．　　 B．C．　　 D．【答案】C　【解析】根据图象，知解得b＝－3，c＝2，∴f′(x)＝3x2－6x＋2.显然x1，x2是f′(x)＝0的两根，根据韦达定理，有x1＋x2＝2，x1·x2＝，则x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝.12．(多选)(2022年舟山期末)已知函数f(x)＝ex·x3，则以下结论正确的是(　　)A．函数y＝f(x)存在极大值B．f(e－2)＜f(1)＜f(lnπ)C．函数y＝f(x)存在极小值D．对于任意实数k，方程f(x)＝kx最多有4个实数解【答案】BCD　【解析】f′(x)＝ex·x3＋3x2ex＝x2ex(x＋3)，当x＞－3时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x＜－3时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，函数在x＝－3处取得极小值，没有极大值，A错误，C正确；当x＞－3时，函数f(x) 单调递增，且－3＜e－2＜1＜ln π，所以f(e－2)＜f(1)＜f(ln π)，B正确；由f(x)＝kx得ex·x3＝kx有一零点x＝0，令h(x)＝ex·x2，则h′(x)＝exx(x＋2)，当x＞0或x＜－2时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增，当－2＜x＜0时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减，又因为h(－2)＝，h(0)＝0，当0＜k＜时，h(x)与y＝k有3个交点，此时f(x)＝kx有4个实数解，D满足题意．故选BCD．13．函数y＝xex的图象在其极值点处的切线方程为________，极值为________．y＝－　－　【解析】y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex，由y′＝0，得x＝－1.当x＝－1时，y取得极值－，故所求切线方程为y＝－.14．(2022年大庆一模)已知函数f(x)＝2ef′(e)lnx－，则函数f(x)的极大值为________．【答案】2ln2　【解析】函数f(x)＝2ef′(e)·ln x－，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝－，令x＝e得，f′(e)＝2f′(e)－，∴f′(e)＝，∴f(x)＝2ln x－，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝－＝.令f′(x)＝0得x＝2e.当x∈(0，2e)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(2e，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，∴当x＝2e时，函数f(x)取极大值，极大值为f(2e)＝2ln 2.15．(2022年重庆质检)设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0)．(1)当a＝1，且函数图象过点(0，1)时，求函数的极小值；(2)若f(x)在R上无极值点，求a的取值范围．解：由题意得f′(x)＝3ax2－4x＋1.(1)当函数图象过点(0，1)时，有f(0)＝c＝1.当a＝1时，f′(x)＝3x2－4x＋1.令f′(x)＞0，解得x＜或x＞1；令f′(x)<0，解得<x<1，所以函数在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．极小值为f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.(2)若f(x)在R上无极值点，则f(x)在R上是单调函数，即f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立．f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥.综上，a的取值范围为.