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课时提升作业 二十三
　函数的极值与导数
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(2016·福州高二检测)函数f(x)=x+的极值情况是　(　　)
A.当x=1时,极小值为2,但无极大值
B.当x=-1时,极大值为-2,但无极小值
C.当x=-1时,极小值为-2,当x=1时,极大值为2
D.当x=-1时,极大值为-2;当x=1时,极小值为2
【解析】选D.令f′(x)=1-=0,得x=±1,函数f(x)在区间(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递增,在(-1,0)和(0,1)上单调递减,所以当x=-1时,取极大值-2,当x=1时,取极小值2.
2.已知函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值,则实数a的取值范围
是　(　　)
A.-1C.a<-1或a>2 D.a<-3或a>6
【解析】选D.f′(x)=3x2+2ax+a+6,函数f(x)有极大值和极小值,则
f′(x)=3x2+2ax+a+6=0有两不相等的实数根,即有Δ=(2a)2-12(a+6)>0,
解得a<-3或a>6.
3.(2016·临沂高二检测)已知函数f(x)=2x3+ax2+36x-24在x=2处有极值,则该函数的一个递增区间是　(　　)
A.(2,3)
B.(3,+∞)
C.(2,+∞)
D.(-∞,3)
【解析】选B.f′(x)=6x2+2ax+36,
因为f(x)在x=2处有极值,
所以f′(2)=0,
解得a=-15.
令f′(x)>0得x>3或x<2.
所以从选项看函数的一个递增区间是(3,+∞).
【补偿训练】设a为实数,求函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R的单调区间与极值.
【解析】因为f′(x)=ex-2,令f′(x)=0,
解得x=ln2,
当x当x>ln2时,f′(x)>0,函数单调递增;
故函数的减区间为(-∞,ln2),
增区间为(ln2,+∞),
当x=ln2时函数取极小值,
极小值f(ln2)=eln2-2ln2+2a=2-2ln2+2a.
4.(2016·天津高二检测)函数f(x)=2x+x3-2在区间(0,1)内的零点个数
是　(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】选B.因为f′(x)=2xln2+3x2>0,
所以函数f(x)=2x+x3-2在(0,1)上递增,且f(0)=1+0-2=-1<0,f(1)=2+1-2=1>0,
所以有1个零点.
5.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.3
C.6 D.9
【解题指南】利用函数在x=1处有极值得到a,b的关系式,再利用基本不等式求最大值.
【解析】选D.f′(x)=12x2-2ax-2b,
因为函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值,
所以f′(1)=12-2a-2b=0,
即a+b=6,则ab≤=9(当且仅当a=b=3时,等号成立).
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.(2016·西安高二检测)已知函数f(x)=x3+ax2+ax+b,当x=-1时,函数f(x)的极值为-,则f(2)=　　　　.
【解析】f′(x)=x2+2ax+a.
由题意知f′(-1)=0,f(-1)=-,
即
解得
所以f(x)=x3+x2+x-.
所以f(2)=.
答案:
7.(2016·四川高考改编)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=　　　　.
【解题指南】求出f′,解出方程f′=0的根,再根据不等式f′>0,
f′<0的解集得出函数的极值点.
【解析】f′=3x2-12=3,令f′=0,得x=-2或x=2,易知f在上单调递减,在上单调递增,故f的极小值为f,所以a=2. 答案:2
8.(2016·重庆高二检测)已知函数f(x)=x3+ax2+x+1有两个极值点,则实数a的取值范围是　　　　.
【解析】f′(x)=x2+2ax+1,因为函数f(x)有两个极值点,所以方程
f′(x)=x2+2ax+1=0有两个不相等的实数根,所以Δ=4a2-4>0,解得a<-1或a>1.
答案:a<-1或a>1
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2016·烟台高二检测)设f(x)=,其中a为正实数.
(1)当a=时,求f(x)的极值点.
(2)若f(x)为R上的单调函数,求a的取值范围.
【解析】对f(x)求导得f′(x)=ex.
(1)当a=时,若f′(x)=0,则4x2-8x+3=0,
解得x1=,x2=.
当x变化时,f′(x)和f(x)的变化情况如表:
x
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以x=是极小值点,x=是极大值点.
(2)若f(x)为R上的单调函数,
则f′(x)在R上不变号,
结合f′(x)与条件a>0,知ax2-2ax+1≥0在R上恒成立,
由此Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,
又a>0,故010.a为何值时,方程x3-3x2-a=0恰有一个实根、两个不等实根、三个不等实根,有没有可能无实根?
【解析】令f(x)=x3-3x2,y=a.
f(x)的定义域为R.
方程x3-3x2-a=0的根的个数即x3-3x2=a根的个数,
f(x)=x3-3x2与y=a交点个数.
由f′(x)=3x2-6x=0.
得x=0或x=2,
所以当x<0或x>2时,f′(x)>0;
当0函数f(x)在x=0处有极大值0,在x=2处有极小值-4,如图所示,故当a>0或a<-4时,原方程有一个根;
当a=0或a=-4时,原方程有两个不等实根;
当-4由图象可知,原方程不可能无实根.
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.若函数y=x3-3ax+a在(1,2)内有极小值,则实数a的取值范围是　(　　)
A.1C.24或a<1
【解析】选B.y′=3x2-3a,当a≤0时,f′(x)≥0,函数y=x3-3ax+a为单调函数,不合题意,舍去;当a>0时,y′=3x2-3a=0⇒x=±,不难分析当1<<2即12.(2016·宁波高二检测)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处取到极小值
B.当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值
C.当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值
D.当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值
【解析】选C.当k=1时,f(x)=(ex-1)(x-1),
则f′(x)=ex(x-1)+(ex-1)=exx-1,
所以f′(1)=e-1≠0,所以f(1)不是极值.
当k=2时,f(x)=(ex-1)(x-1)2,
则f′(x)=ex(x-1)2+2(ex-1)(x-1)=ex(x2-1)-2(x-1)=(x-1),
所以f′(1)=0,且当x>1时,f′(x)>0;
在x=1附近的左侧,f′(x)<0,
所以f(1)是极小值.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.(2016·烟台高二检测)已知函数f(x)=x3-3x的图象与直线y=a有三个不同的交点,则a的取值范围是　　　　.
【解析】令f′(x)=3x2-3=0,得x=±1,
可得极大值为f(-1)=2,极小值为f(1)=-2.
y=f(x)的大致图象如图所示,观察图象得当-2答案:(-2,2)
【补偿训练】已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c=(　　)
A.-2或2
B.-9或3
C.-1或1
D.-3或1
【解析】选A.若函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则说明函数的两个极值中有一个为0,函数的导数为y′=3x2-3,令y′=3x2-3=0,解得x=±1,可知极大值为f(-1)=2+c,极小值为f(1)=c-2.由f(-1)=2+c=0,解得c=-2,由f(1)=c-2=0,解得c=2,所以c=-2或c=2.
4.(2015·陕西高考)函数y=xex在其极值点处的切线方程为　　　　.
【解题指南】求出极值点,再结合导数的几何意义即可求出切线的方程.
【解析】依题意得y′=ex+xex,
令y′=0,可得x=-1,所以y=-.
因此函数y=xex在其极值点处的切线方程为y=-.
答案:y=-
三、解答题(每小题10分,共20分)
5.(2016·天津高二检测)设函数f(x)=-x3+x2+(m2-1)x(x∈R),其中m>0.
(1)当m=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率.
(2)求函数f(x)的单调区间与极值.
【解析】(1)当m=1时,f(x)=-x3+x2,
f′(x)=-x2+2x,故f′(1)=1.
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为1.
(2)f′(x)=-x2+2x+m2-1.
令f′(x)=0,解得x=1-m或x=1+m.
因为m>0,所以1+m>1-m.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,1-m)
1-m
(1-m,1+m)
1+m
(1+m,+∞)
f′(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
f(1-m)
↗
f(1+m)
↘
所以函数f(x)在(-∞,1-m)和(1+m,+∞)上是减函数,在(1-m,1+m)上是增函数.
函数f(x)在x=1-m处取得极小值f(1-m),
且f(1-m)=-m3+m2-.
函数f(x)在x=1+m处取得极大值f(1+m),
且f(1+m)=m3+m2-.
6.(2016·山东高考)设f(x)=xlnx-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f′(x),求g(x)的单调区间.
(2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.
【解题指南】(1)通过二次求导,研究g(x)的单调性.
(2)通过端点分析,找到分界点,再分情况讨论.
【解析】(1)g(x)=f′(x)=lnx-2ax+2a,
所以g′(x)=-2a=.
当a≤0,x∈时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增.
当a>0,x∈时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,
x∈时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减.
综上:当a≤0,函数g(x)单调递增区间为(0,+∞).
当a>0,函数g(x)单调递增区间为,函数g(x)单调递减区间为.
(2)由(1)知f′(1)=0.
①当a≤0,f′(x)单调递增,所以
x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
②当01时,由(1)知f′(x)在内单调递增,
所以x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
③当a=,=1时,f′(x)在内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,所以
x∈时,f′(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.
④当a>,0<<1时,x∈,f′(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在x=1处取得极大值,符合题意.
综上可知a>.
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