高中1.3导数在研究函数中的应用优秀练习

这是一份高中1.3导数在研究函数中的应用优秀练习，共6页。
§1.3.2　函数的极值与导数[限时50分钟，满分80分]一、选择题(每小题5分，共30分)1．对于函数f(x)＝x3－3x2，给出命题：①f(x)是增函数，无极值；②f(x)是减函数，无极值；③f(x)的递增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)，递减区间为(0，2)；④f(0)＝0是极大值，f(2)＝－4是极小值．其中正确的命题有A．1个　　　　　　　　　　   B．2个C．3个         D．4个解析　令f′(x)＝3x2－6x＞0，得x＞2或x＜0；令f′(x)＝3x2－6x＜0，得0＜x＜2.∴函数f(x)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在区间(0，2)上单调递减；当x＝0和x＝2时，函数分别取得极大值0和极小值－4.故③④正确，①②错误．答案　B2．设函数f(x)＝＋ln x，则A．x＝为f(x)的极大值点    B．x＝为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点    D．x＝2为f(x)的极小值点解析　∵f(x)＝＋ln x，∴f′(x)＝－＋，令f′(x)＝0，即－＋＝＝0，解得x＝2.当x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以x＝2为f(x)的极小值点．答案　D3．已知y＝asin x＋sin 3x在x＝处有极值，则A．a＝－2        B．a＝2C．a＝        D．a＝0  解析　y′＝acos x＋cos 3x，由题意可得y′|x＝＝0，即a－1＝0，∴a＝2.答案　B4．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1，2)，则A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取得极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取得极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极大值解析　当k＝1时，f′(x)＝xex－1，f′(1)＝e－1≠0，故k＝1时，x＝1不是极值点；当k＝2时，f′(x)＝(x－1)[ex(x＋1)－2]，可以判断f(x)在x＝1处取到极小值．答案　C5．设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1＜2＜x2，则实数a的取值范围A．[2，6]        B．(2，6)C．(－∞，2]∪[6，＋∞)     D．(－∞，2)∪(6，＋∞)解析　由题意f′(x)＝3x2－4ax＋a2的两个零点x1，x2满足x1＜2＜x2，所以f′(2)＝12－8a＋a2＜0，解得2＜a＜6，故实数a的取值范围为(2，6)．答案　B6．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于A．2         B．3C．6         D．9解析　f′(x)＝12x2－2ax－2b，∵f(x)在x＝1处有极值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6.又a＞0，b＞0，∴a＋b≥2，∴2≤6，∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时等号成立，∴ab的最大值为9.答案　D二、填空题(每小题5分，共15分)7．若函数f(x)＝在x＝1处取极值，则a＝________．解析　f′(x)＝，f′(1)＝＝0.∴a＝3.答案　38．函数f(x)＝2x3－3x2＋a的极大值为6，那么a＝______．解析　f′(x)＝6x2－6x.由f′(x)＝0得x＝0或x＝1.容易判断极大值为f(0)＝a＝6.答案　69．若函数f(x)＝x3－3x－k在R上只有一个零点，则常数k的取值范围是________．解析　f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，由f′(x)＝0得x＝±1，由f′(x)>0得x<－1或x>1，由f′(x)<0得－1<x<1.可以判断当x＝－1时，f(x)取得极大值f(－1)＝2－k，当x＝1时，f(x)取得极小值f(1)＝－2－k，由题意得：2－k<0或－2－k>0，即k>2或k<－2.答案　(－∞，－2)∪(2，＋∞)三、解答题(本大题共3小题，共35分)10．(10分)求f(x)＝x2·ex的极值点和极值．解析　∵f(x)＝x2ex，∴f′(x)＝2xex＋x2ex＝ex(x2＋2x)．令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝－2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如表所示：x(－∞，－2)－2(－2，0)0(0，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗4e－2↘0↗由表可知：x＝－2是f(x)的极大值点，x＝0是f(x)的极小值点．f(x)极大值＝f(－2)＝4e－2，f(x)极小值＝f(0)＝0.11．(12分)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.解析　(1)f(x)＝ex－ln(x＋m)⇒f′(x)＝ex－⇒f′(0)＝e0－＝0⇒m＝1，经检验，m=1满足题意,∴f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为{x|x>－1}，f′(x)＝ex－＝，显然f(x)在(－1，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．(2)证明　令g(x)＝ex－ln(x＋2)，则g′(x)＝ex－(x>－2)．h(x)＝g′(x)＝ex－(x>－2)⇒h′(x)＝ex＋>0，所以h(x)是单调递增函数，h(x)＝0至多只有一个实数根，又g′(－)＝－<0，g′(0)＝1－>0，所以h(x)＝g′(x)＝0的唯一实根在区间内．设g′(x)＝0的根为t，则有g′(t)＝et－＝0，所以，et＝⇒t＋2＝e－t，当x∈(－2，t)时，g′(x)<g′(t)＝0，g(x)单调递减；当x∈(t，＋∞)时，g′(x)>g′(t)＝0，g(x)单调递增；所以g(x)min＝g(t)＝et－ln(t＋2)＝＋t＝>0，当m≤2时，有ln(x＋m)≤ln(x＋2)，所以f(x)＝ex－ln(x＋m)≥ex－ln(x＋2)＝g(x)≥g(x)min>0.12．(13分)设函数f(x)＝－k(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围． 解析　(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝－k＝－＝.由k≤0可得ex－kx>0，所以当x∈(0，2)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，当k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，故f(x)在(0，2)内不存在极值点；当k>0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)．因为g′(x)＝ex－k＝ex－eln k，当0<k≤1时，当x∈(0，2)时，g′(x)＝ex－k>0，y＝g(x)单调递增，故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点．当k>1时，得x∈(0，ln k)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单调递减，x∈(ln k，＋∞)时，g′(x)>0，函数y＝g(x)单调递增．所以函数y＝g(x)的最小值为g(ln k)＝k(1－ln k)．函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，当且仅当解得e<k<.综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为