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浙江专版2019-2020学年高中数学课时跟踪检测六函数的极值与导数新人教A版选修2-2 7页

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浙江专版2019-2020学年高中数学课时跟踪检测六函数的极值与导数新人教A版选修2-2

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课时跟踪检测（六）函数的极值与导数 A级——学考水平达标 ‎1．已知函数y＝x－ln(1＋x2)，则函数y＝x－ln(1＋x2)的极值情况是(　　)‎ A．有极小值　　　　　　　　 B．有极大值 C．既有极大值又有极小值 D．无极值 解析：选D　∵y′＝1－·(1＋x2)′＝1－＝≥0，∴函数y＝x－ln(1＋x2)无极值. ‎ ‎2．函数f(x)＝x2－ln x的极值点为(　　)‎ A．0,1，－1 B. C．－ D.，－ 解析：选B　由已知，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝3x－＝，令f′(x)＝0，得x＝.当x>时，f′(x)>0；当00，即x∈(0,2)∪(4，＋∞)时，f′(x)<0，因此f(x)在(－∞，0)，(2,4)上为增函数，在(0,2)，(4，＋∞)上为减函数，所以x＝0取得极大值，x＝2取得极小值，x＝4取得极大值，因此选C.‎ ‎4．若函数f(x)＝2x3－3x2＋a的极大值为6，则a的值是(　　)‎ A．0 B．1‎ C．5 D．6‎ 解析：选D　∵f(x)＝2x3－3x2＋a，‎ ‎∴f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，‎ 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝1，‎ 经判断易知极大值为f(0)＝a＝6，‎ 7‎ ‎5．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值、极小值分别为(　　)‎ A.，0 B．0， C．－，0 D．0，－ 解析：选A　f′(x)＝3x2－2px－q，‎ 由f′(1)＝0，f(1)＝0，‎ 得解得∴f(x)＝x3－2x2＋x.‎ 由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0得x＝或x＝1，易得当x＝时f(x)取极大值，当x＝1时f(x)取极小值0.‎ ‎6．函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值，且极小值为________．‎ 解析：f′(x)＝3x2－6x，‎ 解方程f′(x)＝3x2－6x＝0，得x＝0或x＝2.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，0)‎ ‎0‎ ‎(0,2)‎ ‎2‎ ‎(2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  由上表知，函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝2处取得极小值．∴极小值为f(2)＝8－12＋1＝－3.‎ 答案：2　－3‎ ‎7．函数f(x)＝ax2＋bx在x＝处有极值，则b的值为________．‎ 解析：f′(x)＝2ax＋b，∵函数f(x)在x＝处有极值，‎ ‎∴f′＝‎2a·＋b＝0，即b＝－2.‎ 答案：－2‎ ‎8.已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1,0)，(2,0)．如图，则下列说法中不正确的是________．(填序号)‎ ‎①当x＝时，函数f(x)取得最小值；‎ ‎②f(x)有两个极值点；‎ ‎③当x＝2时函数值取得极小值；‎ ‎④当x＝1时函数取得极大值．‎ 7‎ 解析：由图象可知，x＝1，x＝2是函数的两极值点，‎ ‎∴②正确；又x∈(－∞，1)∪(2，＋∞)时，‎ f′(x)＞0；x∈(1,2)时，f′(x)＜0，‎ ‎∴x＝1是极大值点，x＝2是极小值点，故③④正确．‎ 答案：①‎ ‎9．求函数f(x)＝－2的极值．‎ 解：函数f(x)的定义域为R.‎ f′(x)＝＝－.‎ 令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，－1)‎ ‎－1‎ ‎(－1,1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  ‎－3‎  ‎－1‎  所以当x＝－1时，函数有极小值，且f(x)极小值＝－3；‎ 当x＝1时，函数有极大值，且f(x)极大值＝－1.‎ ‎10．设函数f(x)＝x2ex－1＋ax3＋bx2，已知x＝－2和x＝1为f(x)的极值点．‎ ‎(1)求a和b的值；‎ ‎(2)讨论f(x)的单调性．‎ 解：(1)f′(x)＝ex－1(2x＋x2)＋3ax2＋2bx ‎＝xex－1(x＋2)＋x(3ax＋2b)，‎ 因为x＝－2和x＝1是f(x)的极值点，‎ 所以f′(－2)＝f′(1)＝0，‎ 即解方程组得 ‎(2)因为a＝－，b＝－1，‎ 所以f′(x)＝x(x＋2)(ex－1－1)．‎ 令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝0，x3＝1.‎ 因为当x∈(－∞，－2)∪(0,1)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(－2,0)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，‎ 所以f(x)在(－2,0)，(1，＋∞)上单调递增；‎ 在(－∞，－2)，(0,1)上单调递减．‎ B级——高考能力达标 7‎ ‎1．函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处有极值－2，则a，b的值分别为(　　)‎ A．1，－3　　　　　　　　　 B．1,3‎ C．－1,3 D．－1，－3‎ 解析：选A　∵f′(x)＝3ax2＋b，由题意知f′(1)＝0，f(1)＝－2，∴∴a＝1，b＝－3.‎ ‎2．设函数f(x)＝exsin x，x∈[0，π]，则(　　)‎ A．x＝为f(x)的极小值点 B．x＝为f(x)的极大值点 C．x＝为f(x)的极小值点 D．x＝为f(x)的极大值点 解析：选D　∵f(x)＝exsin x，‎ ‎∴f′(x)＝ex(sin x＋cos x)‎ ‎＝exsin，‎ 由f′(x)≤0，得sin≤0，‎ ‎∴2kπ＋π≤x＋≤2kπ＋2π(k∈Z)，‎ 即2kπ＋≤x≤2kπ＋(k∈Z)，‎ ‎∵x∈[0，π]，‎ ‎∴f(x)在上单调递增，‎ f(x)在上单调递减，‎ ‎∴x＝为f(x)的极大值点．‎ ‎3．已知f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围是(　　)‎ A．(－1,2)‎ B．(－3,6)‎ C．(－∞，－3)∪(6，＋∞)‎ D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)‎ 解析：选C　f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6，‎ 7‎ ‎∵f(x)有极大值与极小值，∴f′(x)＝0有两不等实根，∴Δ＝‎4a2－12(a＋6)>0，∴a<－3或a>6.‎ ‎4．设a∈R，若函数y＝ex＋ax(x∈R)有大于零的极值点，则a的取值范围为(　　)‎ A．(－∞，－1) B．(－1，＋∞)‎ C. D. 解析：选A　∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.令y′＝ex＋a＝0，则ex＝－a，∴x＝ln(－a)．又∵x＞0，∴－a＞1，即a＜－1.‎ ‎5．若函数f(x)＝－x3＋6x2＋m的极大值为13，则实数m等于______．‎ 解析：f′(x)＝－3x2＋12x＝－3x(x－4)．由f′(x)＝0，得x＝0或x＝4.当x∈(－∞，0)∪(4，＋∞)时，f′(x)＜0；x∈(0,4)时，f′(x)＞0，∴x＝4时f(x)取到极大值．故－64＋96＋m＝13，解得m＝－19.‎ 答案：－19‎ ‎6．若函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间(－1,1)上恰有一个极值点，则实数a的取值范围为______．‎ 解析：由题意，f′(x)＝3x2＋2x－a，‎ 则f′(－1)f′(1)<0，即(1－a)(5－a)<0，解得10；当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)<0.‎ 故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．‎ 当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．‎ 7‎ ‎8．已知函数f(x)＝(a∈R，a≠0)．‎ ‎(1)当a＝－1时，求函数f(x)的极值；‎ ‎(2)若函数F(x)＝f(x)＋1没有零点，求实数a的取值范围．‎ 解：(1)当a＝－1时，f(x)＝，f′(x)＝.‎ 由f′(x)＝0，得x＝2.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，2)‎ ‎2‎ ‎(2, ＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极小值  所以函数f(x)的极小值为f(2)＝－，‎ 函数f(x)无极大值．‎ ‎(2)F′(x)＝f′(x)＝＝.‎ ‎①当a<0时，F(x)，F′(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，2)‎ ‎2‎ ‎(2，＋∞)‎ F′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ F(x)‎  极小值  若使函数F(x)没有零点，当且仅当F(2)＝＋1>0，‎ 解得a>－e2，所以此时－e20时，F(x)，F′(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，2)‎ ‎2‎ ‎(2，＋∞)‎ F′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ F(x)‎  极大值  当x>2时，F(x)＝＋1>1，‎ 当x<2时，令F(x)＝＋1<0，‎ 即a(x－1)＋ex<0，‎ ‎ 由于a(x－1)＋ex

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