人教A版數(shù)學(xué)選修1－1練習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用3.3.2

第三章3.3A級(jí)基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)殚_(kāi)區(qū)間(a，b)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a，b)內(nèi)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在開(kāi)區(qū)間(a，b)內(nèi)有極小值點(diǎn)(A)A．1個(gè) B．2個(gè)C．3個(gè) D．4個(gè)[解析]極小值點(diǎn)應(yīng)有先減后增的特點(diǎn)，即f′(x)<0→f′(x)＝0→f′(x)>0.由圖象可知只有1個(gè)極小值點(diǎn)．2．已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，則c＝(A)A．－2或2 B．－9或3C．－1或1 D．－3或1[解析]∵y′＝3x2－3，∴當(dāng)y′＝0時(shí)，x＝±1，則x，y′，y的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)y′＋－＋y↗c＋2↘c－2↗因此，當(dāng)函數(shù)圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，必有c＋2＝0或c－2＝0，∴c＝－2或c＝2.3．(2016·四川)已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點(diǎn)，則a＝(D)A．－4 B．－2C．4 D．2[解析]f′(x)＝3x2－12，令f′(x)>0得x<－2或x>2，令f′(x)<0得－2<x<2，∴f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－2,2)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取極小值，即2是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，故a＝2.4．設(shè)函數(shù)f(x)＝xex，則(D)A．x＝1為f(x)的極大值點(diǎn)B．x＝1為f(x)的極小值點(diǎn)C．x＝－1為f(x)的極大值點(diǎn)D．x＝－1為f(x)的極小值點(diǎn)[解析]f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)，令f′(x)>0，得x>－1，令f′(x)<0，得x<－1，∴函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上遞減，在(－1，＋∞)上遞增，∴當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)取得極小值．5．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，則(D)A．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極大值點(diǎn)B．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極小值點(diǎn)C．x＝2為f(x)的極大值點(diǎn)D．x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)[解析]本節(jié)考查了利用導(dǎo)數(shù)工具來(lái)探索其極值點(diǎn)問(wèn)題．f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(1,x)(1－eq\f(2,x))，由f′(x)＝0可得x＝2.當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0，f(x)遞減，當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)單調(diào)遞增．所以x＝2為極小值點(diǎn)．對(duì)于含有對(duì)數(shù)形式的函數(shù)在求導(dǎo)時(shí)，不要忽視定義域．6．若a>0，b>0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于(D)A．2 B．3C．6 D．9[解析]f′(x)＝12x2－2ax－2b，由條件知f′(1)＝0，∴a＋b＝6，∴ab≤(eq\f(a＋b,2))2＝9，等號(hào)在a＝b＝3時(shí)成立，故選D．二、填空題7．函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2x取得極小值時(shí)，x的值是__－1___.[解析]f′(x)＝－x2＋x＋2＝－(x－2)(x＋1)，令f′(x)>0得－1<x<2，令f′(x)<0，得x<－1或x>2，∴函數(shù)f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上遞減，在(－1,2)上遞增，∴當(dāng)x＝－1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值．8．(2015·陜西文)函數(shù)y＝xex在其極值點(diǎn)處的切線方程為_(kāi)_y＝－eq\f(1,e)__.[解析]∵y＝xex，∴y′＝ex＋xex＝ex(x＋1)，當(dāng)x＝－1時(shí)y有極小值，此時(shí)y|x＝－1＝－eq\f(1,e)，而y′|x＝－1＝0，∴切線方程為y＝－eq\f(1,e).三、解答題9．(2018·長(zhǎng)泰一中、南靖一中檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋1－lnx在x＝1處取極值.(1)求f(x)，并求函數(shù)f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．[解析](1)因?yàn)閒(x)＝－x2＋ax＋1－lnx，所以f′(x)＝－2x＋a－eq\f(1,x)(x>0)．因?yàn)閒(x)在x＝1處取得極值，所以f′(1)＝0，即－2＋a－1＝0，解得a＝3.因?yàn)閒′(x)＝－2x＋3－eq\f(1,x)(x>0)，f(2)＝3－ln2，f′(2)＝－eq\f(3,2)，所以函數(shù)f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＝－eq\f(3,2)x＋6－ln2.(2)由(1)f′(x)＝－2x＋3－eq\f(1,x)(x>0)，令f′(x)>0，即－2x＋3－eq\f(1,x)>0，解得eq\f(1,2)<x<1，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(eq\f(1,2)，1)．令f′(x)<0，即－2x＋3－eq\f(1,x)<0，解得0<x<eq\f(1,2)或x>1，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，eq\f(1,2))，(1，＋∞)．綜上，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，eq\f(1,2))和(1，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(eq\f(1,2)，1)．B級(jí)素養(yǎng)提升一、選擇題1．函數(shù)y＝x3－3x2－9x(－2<x<2)有(C)A．極大值5，極小值－27B．極大值5，極小值－11C．極大值5，無(wú)極小值D．極小值－27，無(wú)極大值[解析]y′＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)，∵－2<x<2，∴令y′>0得－2<x<－1，令y′<0得－1<x<2，∴函數(shù)在(－2，－1)上遞增，在(－1,2)上遞減，∴當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)取極大值f(－1)＝－1－3＋9＝5，f(x)無(wú)極小值．2．(2016·廣西南寧高二檢測(cè))已知函數(shù)y＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2處有極值，則該函數(shù)的一個(gè)遞增區(qū)間是(B)A．(2,3) B．(3，＋∞)C．(2，＋∞) D．(－∞，3)[解析]y′＝6x2＋2ax＋36，由已知得24＋4a＋36＝0，∴a＝－15.∴y′＝6x2－30x＋36＝6(x2－5x＋6)＝6(x－2)(x－3)，令y′>0，得x<2或x>3，故選B．3．已知函數(shù)f(x)＝x3－px2－qx的圖象與x軸切于(1,0)點(diǎn)，則f(x)的極大值、極小值分別為(A)A．eq\f(4,27)，0 B．0，eq\f(4,27)C．－eq\f(4,27)，0 D．0，－eq\f(4,27)[解析]f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－2p－q＝0,1－p－q＝0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝2,q＝－1))，∴f(x)＝x3－2x2＋x.由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0得x＝eq\f(1,3)或x＝1，易得當(dāng)x＝eq\f(1,3)時(shí)f(x)取極大值eq\f(4,27).當(dāng)x＝1時(shí)f(x)取極小值0.4．已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在極大值又存在極小值，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(D)A．[－3,6] B．(－3,6)C．(－∞，－3]∪[6，＋∞) D．(－∞，－3)∪(6，＋∞)[解析]函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝3x2＋2mx＋(m＋6)，要使函數(shù)f(x)既存在極大值又存在極小值，則f′(x)＝0有兩個(gè)不同的根，所以判別式Δ>0，即Δ＝4m2－12(m＋6)>0，所以m2－3m－18>0，解得m>6或m<－3.5．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在區(qū)間(a，a＋5)上存在最小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(C)A．[－5,0) B．(－5,0)C．[－3,0) D．(－3,0)[解析]由題意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函數(shù)，在(－2,0)上是減函數(shù)，作出其圖象如圖所示，令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，則結(jié)合圖象可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤a<0，,a＋5>0，))解得a∈[－3,0)，故選C．二、填空題6．設(shè)x＝1與x＝2是函數(shù)f(x)＝alnx＋bx2＋x的兩個(gè)極值點(diǎn)，則常數(shù)a＝__－eq\f(2,3)__.[解析]f′(x)＝eq\f(a,x)＋2bx＋1，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2b＋1＝0,\f(a,2)＋4b＋1＝0))，∴a＝－eq\f(2,3).7．直線y＝a與函數(shù)f(x)＝x3－3x的圖象有相異的三個(gè)公共點(diǎn)，則a的取值范圍是__(－2,2)___.[解析]f′(x)＝3x2－3，由3x2－3＝0得x＝1或－1，當(dāng)x<－1，或x>1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)增；當(dāng)－1<x<1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)減．∴x＝－1時(shí)，f(x)取到極大值f(－1)＝2，x＝1時(shí)，f(x)取到極小值f(1)＝－2，∴欲使直線y＝a與函數(shù)f(x)的圖象有相異的三個(gè)公共點(diǎn)，應(yīng)有－2<a<2.三、解答題8．(2016·廣西南寧高二檢測(cè))設(shè)x＝－2，x＝4是函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx的兩個(gè)極值點(diǎn).(1)求常數(shù)a、b的值；(2)判斷x＝－2，x＝4是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)還是極小值點(diǎn)，并說(shuō)明理由．[解析](1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12－4a＋b＝0,48＋8a＋b＝0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3,b＝－24)).(2)由(1)知f′(x)＝3x2－6x－24＝3(x2－2x－8)＝3(x－4)(x＋2)，令f′(x)>0，得x<－2或x>4，令f′(x)<0，得－2<x<4.∴f(x)在(－∞，－2)，(4，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－2,4)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x＝－2時(shí)，f(x)取極大值，當(dāng)x＝4時(shí)，f(x)取極小值，故x＝－2是極大值點(diǎn)，x＝4是極小值點(diǎn)．C級(jí)能力提高1．(2016·河南鄭州高二檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝2f′(1)lnx－x，則f(x)的極大值為_(kāi)_2ln_2－2___.[解析]函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由于函數(shù)f(x)＝2f′(1)lnx－x.則f′(x)＝2f′(1)×eq\f(1,x)－1(x>0)，f′(1)＝2f′(x)－1，故f′(1)＝1，得到f′(x)＝2×eq\f(1,x)－1＝eq\f(2－x,x)，令f′(x)>0，解得x<2，令f′(x)<0，解得x>2，則函數(shù)在(0,2)上為增函數(shù)，在[2，＋∞)上為減函數(shù)，故f(x)的極大值為f(2)＝2ln2－2.2．(2018·北京文，19)設(shè)函數(shù)f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線斜率為0，求a；(2)若f(x)在x＝1處取得極小值，求a的取值范圍．[解析](1)解：因?yàn)閒(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，f′(2)＝(2a－1)e2.由題設(shè)知f′(2