人教A版 (2019)选择性必修 第二册第五章 一元函数的导数及其应用5.2 导数的运算课后练习题

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册第五章 一元函数的导数及其应用5.2 导数的运算课后练习题，共6页。试卷主要包含了下列函数中，存在极值的函数为，))等内容，欢迎下载使用。

1.下列函数中，存在极值的函数为( )
A．y＝exB．y＝lnx
C．y＝eq \f(2,x)D．y＝x2－2x
2．[2022·山东安丘高二期中]已知函数f(x)的导函数是f′(x)，f′(x)的图象如图所示，下列说法正确的是( )
A．函数f(x)在(－2，－1)上单调递减
B．函数f(x)在(0，2)上单调递增
C．函数f(x)在x＝3处取得极小值
D．函数f(x)共有1个极大值点
3．[2022·山东枣庄高二期中]已知函数f(x)＝sinx＋ax在x＝eq \f(π,3)处取得极值，则a＝________________________________________________________________________.
4．[2022·广东东莞高二期中]已知函数f(x)＝3x2－9x＋5.
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)求函数f(x)的极值．
提能力
5.[2022·广东广州高二期末]函数f(x)的导函数为y＝f′(x)，函数g(x)＝(x－2)f′(x)的图象如图所示，下列说法正确的是( )
A．x＝2是y＝f(x)的零点
B．x＝2是y＝f(x)的极大值点
C．x＝1是y＝f(x)的极大值点
D．x＝－2是y＝f(x)的极大值点
6．[2022·湖北襄阳高二期末]若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极大值点，则实数c的取值范围为( )
A．[eq \f(\r(3),2)，＋∞)
B．(eq \f(\r(3),2)，＋∞)
C．(－∞，－eq \f(\r(3),2)]∪[eq \f(\r(3),2)，＋∞)
D．(－∞，－eq \f(\r(3),2))∪(eq \f(\r(3),2)，＋∞)
7．[2022·福建宁德高二期中]若函数f(x)＝x3－3x2－9x在(a，＋∞)内有极大值，则a的取值范围为( )
A．(－∞，－1) B．(－∞，3)
C．(－1，3) D．(－∞，3]
8．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋ax2＋bx，且f′(－1)＝－4，f′(1)＝0.
(1)求a和b的值；
(2)求函数f(x)的极值．
9．已知函数y＝ax3＋bx2，当x＝1时，有极大值3.
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数y的极小值．
10．[2022·福建宁德高二期末]已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)ax2.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若x＝1是函数f(x)的极大值点，求a的取值范围．
培优生
11.[2022·江苏镇江高二期末]若函数f(x)＝ex－eq \f(a,2)x2－ax有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(e，＋∞)
12．[2022·北京昌平高二期末]已知函数f(x)＝eq \f(ex,ax－1)(a∈R).
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在(2，f(2))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间和极值．
课时作业(十九) 函数的极值
1．解析：A：因为函数y＝ex是实数集上的增函数，所以函数y＝ex没有极值；
B：因为函数y＝lnx是正实数集上的增函数，所以函数y＝lnx没有极值；
C：因为函数y＝eq \f(2,x)在区间(0，＋∞)、(－∞，0)上是减函数，所以函数y＝eq \f(2,x)没有极值；
D：因为y＝x2－2x＝(x－1)2－1，所以该函数在(1，＋∞)上是增函数，在(－∞，1)上是减函数，因此x＝1是函数的极小值点，符合题意，
故选D.
答案：D
2．解析：对于A，在(－2，－1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，故A错误；
对于B，在(0，2)，f′(x)不恒为正或负，故f(x)不单调，故B错误；
对于C，在(1，＋∞)，f′(x)≥0恒成立，故f(x)单调递增，故x＝3不是极值点，故C错误；
对于D，在(－3，－1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，在(－1，1)，f′(x)<0，f(x)单调递减，故x＝－1是f(x)的极大值点，且是唯一的极大值点，故D正确．
故选D.
答案：D
3．解析：由f(x)＝sinx＋ax知：f′(x)＝csx＋a.因为x＝eq \f(π,3)是f(x)＝sinx＋ax的极值点，故f′(eq \f(π,3))＝cseq \f(π,3)＋a＝0⇒a＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
4．解析：(1)f′(x)＝6x－9，令f′(x)＝6x－9<0，
解得x故函数f(x)的单调递减区间是(－∞，eq \f(3,2)).
(2)令f′(x)>0得x>eq \f(3,2)，
故f(x)在(－∞，eq \f(3,2))单调递减，在(eq \f(3,2)，＋∞)单调递增，
所以f(x)在x＝eq \f(3,2)处取得极小值，f(eq \f(3,2))＝3×eq \f(9,4)－9×eq \f(3,2)＋5＝－eq \f(7,4)，
所以f(x)的极小值为－eq \f(7,4)，无极大值．
5．解析：对A，x＝2是y＝g(x)的零点，不一定为y＝f(x)的零点，故A错误；
对B，因为g(2)＝0，在x＝2左侧，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))f′(x)<0，故f′(x)>0，在x＝2右侧，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))f′(x)>0，故f′(x)>0，故x＝2两侧f′(x)>0，故x＝2不是y＝f(x)的极大值点，故B错误；
对C，因为g(1)＝0，在x＝1左侧，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))f′(x)>0，故f′(x)<0，在x＝1右侧，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))f′(x)<0，故f′(x)>0，故是y＝f(x)的极小值点，故C错误；
对D，因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2))＝0，在x＝－2左侧，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))f′(x)<0，故f′(x)>0，在x＝－2右侧，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))f′(x)>0，故f′(x)<0，故x＝－2是y＝f(x)的极大值点，故D正确，
故选D.
答案：D
6．解析：∵函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极大值点，
∴f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有两个不同的根，
∴Δ＝(－4c)2－12>0，
解得c<－eq \f(\r(3),2)或c>eq \f(\r(3),2)，
即实数c的范围是(－∞，－eq \f(\r(3),2))∪(eq \f(\r(3),2)，＋∞).
故选D.
答案：D
7．解析：由f(x)＝x3－3x2－9x，得f′(x)＝3x2－6x－9，
令f′(x)>0⇒x<－1或x>3，令f′(x)<0⇒－1所以函数f(x)在(－∞，－1)和(3，＋∞)上单调递增，在(－1，3)上单调递减，
且f(－1)＝5，f(3)＝－27，如图，
由图可知函数f(x)在x＝－1处取得极大值，在x＝3处取得极小值，
又函数f(x)在(a，＋∞)内有极大值，
故a<－1.
故选A.
答案：A
8．解析：(1)因为f(x)＝eq \f(1,3)x3＋ax2＋bx，所以f′(x)＝x2＋2ax＋b，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（－1）＝－4,f′（1）＝0))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－2a＋b＝－4,1＋2a＋b＝0))，
解得a＝1，b＝－3.
(2)由(1)得f(x)＝eq \f(1,3)x3＋x2－3x，x∈R，
f′(x)＝x2＋2x－3＝(x－1)(x＋3).
由f′(x)>0得x>1或x<－3；由f′(x)<0得－3由f′(x)＝0得x＝1或x＝－3；
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，－3)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－3，1)，
∴f(x)在x＝－3处取得极大值9，在x＝1处取得极小值－eq \f(5,3).
9．解析：(1)设y＝f(x)＝ax3＋bx2，则f′(x)＝3ax2＋2bx.
由题意，知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝3，,f′（1）＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝3，,3a＋2b＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－6，,b＝9.))
(2)由(1)，知y＝－6x3＋9x2.
所以y′＝－18x2＋18x＝－18x(x－1).
令y′＝0，解得x1＝1，x2＝0.
因为当x<0时，y′<0；当00；
当x>1时，y′<0.
所以当x＝0时，y有极小值，其极小值为0.
10．解析：(1)当a＝0，f(x)＝eq \f(1,3)x3, 则f(1)＝eq \f(1,3)，即切点为(1，eq \f(1,3)).
又f′(x)＝x2, f′(1)＝1即切线斜率k＝1.
所以切线方程为：y＝x－eq \f(2,3)，
整理得：3x－3y－2＝0，
曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为：3x－3y－2＝0.
(2)f′(x)＝x2－ax＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－a))，
令f′(x)＝0，解得：x＝0，x＝a.
由于x＝1是函数f(x)的极大值点，所以f′(1)＝0，即a＝1，
但此时x∈(－∞，0)，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)上单调递增；x∈(0，1)，f′(x)<0，f(x)在(0，1)上单调递减；x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增；
所以x＝1是函数f(x)的极小值点．故a的取值范围为∅.
11．解析：由f(x)＝ex－eq \f(a,2)x2－ax，得f′(x)＝ex－ax－a，
令f′(x)＝0，得ex－ax－a＝0，
当x＝－1时，方程无解，
所以x≠－1，化简得a＝eq \f(ex,x＋1)，令g(x)＝eq \f(ex,x＋1)，则
g′(x)＝eq \f(ex（x＋1）－ex,（x＋1）2)＝eq \f(xex,（x＋1）2)，
当x>0时，g′(x)>0，当－1所以g(x)在(0，＋∞)上递增，在(－1，0)和(－∞，－1)上递减，
作出g(x)的图象，g(0)＝1，
因为函数f(x)＝ex－eq \f(a,2)x2－ax有两个极值点，
所以方程a＝eq \f(ex,x＋1)有两个变号的实根，
即y＝a与y＝eq \f(ex,x＋1)的图象有两个不同的交点，
所以由图可得a>1，
即实数a的取值范围是(1，＋∞).
故选B.
答案：B
12．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝eq \f(ex,x－1)，f(2)＝eq \f(e2,2－1)＝e2，
f′(x)＝eq \f(ex（x－1）－ex,（x－1）2)＝eq \f(（x－2）ex,（x－1）2)，f′(2)＝0，
所以f(x)在(2，f(2))处的切线方程为y＝e2.
(2)f′(x)＝eq \f(ex（ax－1）－aex,（ax－1）2)＝eq \f(（ax－1－a）,（ax－1）2)·ex，
当a＝0时，f(x)＝－ex，f(x)在R上递减，没有极值．
当a≠0时，f(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠\f(1,a)))，
令f′(x)＝eq \f(（ax－1－a）,（ax－1）2)·ex＝0，解得x＝1＋eq \f(1,a).
当a>0时，f(x)在区间(－∞，eq \f(1,a))，(eq \f(1,a)，1＋eq \f(1,a))，
f′(x)<0，f(x)递减；
在区间(1＋eq \f(1,a)，＋∞)，f′(x)>0，f(x)递增；
f(x)的极小值为f(1＋eq \f(1,a))＝eq \f(e1＋\f(1,a),a)，无极大值．
当a<0时，f(x)在区间(－∞，eq \f(1,a))，(eq \f(1,a)，1＋eq \f(1,a))，
f′(x)>0，f(x)递增；
在区间(1＋eq \f(1,a)，＋∞)，f′(x)<0，f(x)递减；
f(x)的极大值为f(1＋eq \f(1,a))＝eq \f(e1＋\f(1,a),a)，无极小值．