2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用3.3導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用3.3.2函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)作業(yè)含解析新人教A版選修1-1

PAGE第三章3.33.3.2A級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．函數(shù)f(x)的定義域為開區(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)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)有微小值點(A)A．1個 B．2個C．3個 D．4個[解析]微小值點應(yīng)有先減后增的特點，即f′(x)<0→f′(x)＝0→f′(x)>0.由圖象可知只有1個微小值點．2．已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個公共點，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，x＝±1，則x，y′，y的改變狀況如下表：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)y′＋－＋yc＋2c－2因此，當(dāng)函數(shù)圖象與x軸恰有兩個公共點時，必有c＋2＝0或c－2＝0，∴c＝－2或c＝2.3．已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的微小值點，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，f(x)取微小值，即2是函數(shù)f(x)的微小值點，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B．x＝1為f(x)的微小值點C．x＝－1為f(x)的極大值點D．x＝－1為f(x)的微小值點[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，f(x)取得微小值．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B．x＝eq\f(1,2)為f(x)的微小值點C．x＝2為f(x)的極大值點D．x＝2為f(x)的微小值點[解析]本節(jié)考查了利用導(dǎo)數(shù)工具來探究其極值點問題．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，f′(x)<0，f(x)遞減，當(dāng)x>2時，f′(x)>0，∴f(x)單調(diào)遞增．所以x＝2為微小值點．對于含有對數(shù)形式的函數(shù)在求導(dǎo)時，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，等號在a＝b＝3時成立，故選D．二、填空題7．函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2x取得微小值時，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，函數(shù)f(x)取得微小值．8．函數(shù)y＝xex在其極值點處的切線方程為__y＝－eq\f(1,e)__.[解析]∵y＝xex，∴y′＝ex＋xex＝ex(x＋1)，當(dāng)x＝－1時y有微小值，此時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．(2024·長泰一中、南靖一中檢測)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(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)因為f(x)＝－x2＋ax＋1－lnx，所以f′(x)＝－2x＋a－eq\f(1,x)(x>0)．因為f(x)在x＝1處取得極值，所以f′(1)＝0，即－2＋a－1＝0，解得a＝3.因為f′(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(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，微小值－27B．極大值5，微小值－11C．極大值5，無微小值D．微小值－27，無極大值[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，f(x)取極大值f(－1)＝－1－3＋9＝5，f(x)無微小值．2．(2024·杭州二模)已知a＞0且a≠1，則函數(shù)f(x)＝(x－a)2lnx(C)A．有極大值，無微小值B．有微小值，無極大值C．既有極大值，又有微小值D．既無極大值，又無微小值[解析]∵a＞0且a≠1，函數(shù)f(x)＝(x－a)2lnx，∴f′(x)＝2(x－a)lnx＋eq\f(x－a2,x)＝(x－a)(2lnx＋1－eq\f(a,x))，由f′(x)＝0，得x＝a或2lnx＋1－eq\f(a,x)＝0，由方程2lnx＋1－eq\f(a,x)＝0，作出g(x)＝2lnx＋1和h(x)＝－eq\f(a,x)的圖象，結(jié)合圖象得g(x)＝2lnx＋1和h(x)＝－eq\f(a,x)的圖象有交點，∴方程2lnx＋1－eq\f(a,x)＝0有解，由此依據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和極值的關(guān)系得到：函數(shù)f(x)＝(x－a)2lnx既有極大值，又有微小值．故選C．3．已知函數(shù)f(x)＝x3－px2－qx的圖象與x軸切于(1,0)點，則f(x)的極大值、微小值分別為(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f(x)取極大值eq\f(4,27).當(dāng)x＝1時f(x)取微小值0.4．(多選題)對于函數(shù)f(x)＝x3－3x2，給出下列結(jié)論中正確的是(CD)A．f(x)是增函數(shù)，無極值B．f(x)是減函數(shù)，無極值C．f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)D．f(0)＝0是極大值，f(2)＝－4是微小值[解析]f′(x)＝3x2－6x.令f′(x)＝3x2－6x>0，得x>2或x<0；令f′(x)＝3x2－6x<0，得0<x<2.∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(0,2)上單調(diào)遞減，當(dāng)x＝0和x＝2時，函數(shù)f(x)分別取得極大值0和微小值－4.故選CD．5．(多選題)已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)x2，x0是函數(shù)f(x)的極值點，下列選項正確的是(AC)A．0<x0<eq\f(1,e) B．x0>eq\f(1,e)C．f(x0)＋x0＜0 D．f(x0)＋x0＞0[解析]∵函數(shù)f(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)x2，(x＞0)∴f′(x)＝lnx＋1＋x，易得f′(x)＝lnx＋1＋x在(0，＋∞)遞增，∴f′(eq\f(1,e))＝eq\f(1,e)＞0，∵x→0，f′(x)→－∞，∴0＜x0＜eq\f(1,e)，即A正確，B不正確；∵lnx0＋1＋x0＝0，∴f(x0)＋x0＝x0lnx0＋eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋x0＝x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx0＋\f(1,2)x0＋1))＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＜0，即C正確，D不正確．故選AC．二、填空題6．設(shè)x＝1與x＝2是函數(shù)f(x)＝alnx＋bx2＋x的兩個極值點，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．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋6，其導(dǎo)數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)的微小值是__6__.[解析]依題意f′(x)＝3ax2＋2bx.由題圖象可知，當(dāng)x<0時，f′(x)<0，當(dāng)0<x<2時，f′(x)>0，故x＝0時函數(shù)f(x)取微小值f(0)＝6.三、解答題8．(2024·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(2，f(2))處的切線斜率為0，求a；(2)若f(x)在x＝1處取得微小值，求a的取值范圍．[解析](1)解：因為f(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)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝eq