【数学】2020届一轮复习人教版（理）第2章第11讲导数在研究函数中的应用第2课时作业

【数学】2020届一轮复习人教版（理）第2章第11讲导数在研究函数中的应用第2课时作业

A组　基础关 ‎1．函数f(x)＝x3－4x＋4的极大值为(　　)‎ A. B．6 C. D．7‎ 答案　A 解析　f′(x)＝x2－4，令f′(x)＝0，得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0；当x∈(－2,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的极大值为f(－2)＝×(－2)3－4×(－2)＋4＝.‎ ‎2．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为(　　)‎ A．1－e B．－1 C．－e D．0‎ 答案　B 解析　f′(x)＝－1，由f′(x)＝0得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1.‎ ‎3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则的值为(　　)‎ A．－ B．－2‎ C．－2或－ D．2或－ 答案　A 解析　由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，‎ f′(1)＝0，f(1)＝10，即 解得或 经检验满足题意，故＝－.‎ ‎4．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是(　　)‎ A．－37 B．－29‎ C．－5 D．以上都不对 答案　A 解析　f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2.当x∈(－2，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝m＝3，从而f(－2)＝－37，f(2)＝－5，所以f(x)min＝f(－2)＝－37.‎ ‎5．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则(　　)‎ A．a<－1 B．a>－1‎ C．a>－ D．a<－ 答案　A 解析　因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a，又函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，当x>0时，－ex<－1，所以a＝－ex<－1.故选A.‎ ‎6．(2018·潍坊二模)已知函数f(x)＝，则(　　)‎ A．f(x)有1个零点 B．f(x)在(0,1)上为减函数 C．y＝f(x)的图象关于点(1,0)对称 D．f(x)有2个极值点 答案　B 解析　由f(x)＝0得ex＝－1，无实根，所以f(x)有0个零点，故A错误；‎ 因为f′(x)＝，‎ 当x∈(0,1)时，ex>0，x－1<0，‎ 所以f′(x)<0，f(x)为减函数，故B正确；‎ 因为f＋f＝2(1＋e)＋(1＋e)≠0，‎ 所以y＝f(x)的图象不关于点(1,0)对称，故C错误；‎ 由f′(x)＝0得ex(x－1)－1＝0，即ex＝，‎ 数形结合可知此方程只有一个实数根，所以f(x)至多有1个极值点，故D错误．‎ ‎7．(2018·杭州二中模拟)已知可导函数y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线为l：y＝g(x)(如图)，设F(x)＝f(x)－g(x)，则(　　)‎ A．F′(x0)＝0，x＝x0是F(x)的极大值点 B．F′(x0)＝0，x＝x0是F(x)的极小值点 C．F′(x0)≠0，x＝x0不是F(x)的极值点 D．F′(x0)≠0，x＝x0是F(x)的极值点 答案　B 解析　∵可导函数y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线为l：y＝g(x)，∴F(x)＝f(x)－g(x)先减后增，在x0处取最小值，又F′(x0)＝f′(x0)－g′(x0)＝f′(x0)－f′(x0)＝0，‎ ‎∴x＝x0是F(x)的极小值点．‎ ‎8．(2018·广东五校协作体测试)函数f(x)＝x(x－a)2在x＝2处有极小值，则a＝________.‎ 答案　2‎ 解析　f(x)＝x(x－a)2＝x3－2ax2＋a2x，f′(x)＝3x2－4ax＋a2，依题意可得f′(2)＝3×22－4a×2＋a2＝0，解得a＝2或a＝6.当a＝6时，f′(x)＝3x2－24x＋36＝3(x2－8x＋12)，由f′(x)＝3(x2－8x＋12)>0可得x<2或x>6，由f′(x)＝3(x2－8x＋12)<0可得20；当x∈时，y′<0，故函数y＝x＋2cosx在x＝时取最大值＋.‎ ‎10．已知函数f(x)＝x3－3ax＋b 的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f(x)的极大值是________．‎ 答案　6‎ 解析　因为f(x)的单调递减区间为(－1,1)，所以a>0，‎ 由f′(x)＝3x2－3a＝3(x－)(x＋)，‎ 可得a＝1，‎ 由f(x)＝x3－3ax＋b在x＝1处取得极小值2，‎ 可得1－3＋b＝2，故b＝4.‎ 所以f(x)＝x3－3x＋4的极大值为f(－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.‎ B组　能力关 ‎1．设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是(　　)‎ A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)‎ B．－x0是f(－x)的极小值点 C．－x0是－f(x)的极小值点 D．－x0是－f(－x)的极小值点 答案　D 解析　A错误，因为极大值未必是最大值；B错误，因为函数y＝f(x)与函数y＝f(－x)的图象关于y轴对称，－x0应是f(－x)的极大值点；C错误，函数y＝f(x)与函数y＝－f(x)的图象关于x轴对称，x0应为－f(x)的极小值点；D正确，函数y＝f(x)与y＝－f(－x)的图象关于原点对称，－x0应为y＝－f(－x)的极小值点．故选D.‎ ‎2．已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，0) B. C．(0,1) D．(0，＋∞)‎ 答案　B 解析　因为f(x)＝x(ln x－ax)，所以f′(x)＝ln x－2ax＋1.由题可知f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令f′(x)＝0，则2a＝.令g(x)＝，则g′(x)＝，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又因为当x从右边趋近于0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，所以只需0<2a<1，即0时函数单调递增，从而得到函数的减区间为(k∈Z)，函数的增区间为(k∈Z)，所以当x＝2kπ－，k∈Z时，函数f(x)取得最小值，此时sinx＝－，sin2x＝－，所以f(x)min＝2×－＝－.‎ ‎4．(2018·武汉质检)已知函数f(x)＝ ‎(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；‎ ‎(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．‎ 解　(1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，‎ 令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ 故当x＝0时，函数f(x)取得极小值f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝.‎ ‎(2)①当－1≤x<1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0]和上单调递减，在上单调递增．‎ 因为f(－1)＝2，f＝，f(0)＝0，‎ 所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2.‎ ‎②当1≤x≤e时，f(x)＝aln x，‎ 当a≤0时，f(x)≤0；‎ 当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增，‎ 则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.‎ 故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；‎ 当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.‎ ‎5．设函数f(x)＝ln (x＋a)＋x2.‎ ‎(1)若当x＝－1时，f(x)取得极值，求a的值，并求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若f(x)存在极值，求a的取值范围．‎ 解　(1)f′(x)＝＋2x，依题意，有 f′(－1)＝0，故a＝.‎ 从而f′(x)＝，且f(x)的定义域为，‎ 当－0；‎ 当－1－时，f′(x)>0.‎ ‎∴f(x)在区间，上单调递增，‎ 在上单调递减．‎ ‎(2)f(x)的定义域为(－a，＋∞)，‎ f′(x)＝.‎ 方程2x2＋2ax＋1＝0的判别式Δ＝4a2－8，‎ ‎①若Δ≤0，即－≤a≤时，f′(x)≥0，故f(x)无极值．‎ ‎②若Δ>0，即a<－或a>，则2x2＋2ax＋1＝0有两个不同的实根，‎ x1＝，x2＝.‎ 当a<－时，x1<－a，x2<－a，‎ 故f′(x)>0在定义域上恒成立，‎ 故f(x)无极值．‎ 当a>时，－a

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