2020高中數(shù)學(xué) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值（含解析）2-2

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE9-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精課時(shí)分層作業(yè)(六）（建議用時(shí):60分鐘）[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練］一、選擇題1．下列結(jié)論中，正確的是（）A．導(dǎo)數(shù)為零的點(diǎn)一定是極值點(diǎn)B．如果在x0點(diǎn)附近的左側(cè)f′(x)>0,右側(cè)f′(x）〈0，那么f（x0)是極大值C．如果在x0點(diǎn)附近的左側(cè)f′(x)>0,右側(cè)f′(x)〈0，那么f（x0）是極小值D．如果在x0點(diǎn)附近的左側(cè)f′(x)<0,右側(cè)f′(x)〉0，那么f（x0)是極大值[解析]根據(jù)極值的概念，左側(cè)f′(x)〉0,單調(diào)遞增;右側(cè)f′（x）〈0，單調(diào)遞減，f(x0）為極大值．[答案]B2．設(shè)函數(shù)f（x）＝eq\f（2，x)＋lnx，則(）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]f′（x）＝eq\f（1，x)－eq\f（2，x2），令f′(x）＝0，即eq\f（1，x）－eq\f(2，x2）＝0,得x＝2，當(dāng)x∈（0，2)時(shí)，f′(x）<0，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí),f′(x）〉0。因此x＝2為f(x）的極小值點(diǎn)，故選D.[答案］D3．已知函數(shù)f（x）＝x2－2（－1)klnx（k∈N＋)存在極值，則k的取值集合是（）A．｛2，4，6,8，…｝ B．｛0,2，4，6,8，…｝C．{1,3，5,7，…} D．N＋[解析]∵f′（x）＝2x－eq\f（2·－1k，x)且x∈（0，＋∞),令f′(x)＝0,得x2＝（－1）k，（*）要使f（x）存在極值，則方程(＊）在(0，＋∞）上有解．∴（－1)k>0,又k∈N＋，∴k＝2,4,6,8，…,所以k的取值集合是｛2,4,6，8，…｝．[答案]A4．已知函數(shù)f(x）＝eq\f（1,2）x4－2x3＋3m,x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（)A．m≥eq\f(3,2) B．m>eq\f(3,2)C．m≤eq\f(3，2) D．m〈eq\f(3，2)[解析］令f′(x)＝2x3－6x2＝0,得x＝0或x＝3。經(jīng)檢驗(yàn)，知x＝3是函數(shù)的最小值點(diǎn)，所以函數(shù)f（x)的最小值為f(3)＝3m－eq\f(27,2)。因?yàn)椴坏仁絝（x)＋9≥0恒成立,即f（x)≥－9恒成立，所以3m－eq\f(27,2)≥－9，解得m≥eq\f（3，2)，故選A。[答案］A5．函數(shù)f(x)＝eq\f(x,ex)在區(qū)間［2,4］上的最小值為（)A．0B.eq\f(1，e)C。eq\f（4,e4）D。eq\f（2，e2）［解析]f′(x）＝eq\f（ex－xex,ex2）＝eq\f（1－x,ex）,當(dāng)x∈[2,4]時(shí)，f′(x）〈0,即函數(shù)f(x）在區(qū)間[2,4]上單調(diào)遞減,故當(dāng)x＝4時(shí)，函數(shù)f(x）有最小值eq\f（4，e4).［答案］C二、填空題6．函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋1在x＝__________處取得極小值．[解析]由f(x）＝x3－3x2＋1，得f′（x)＝3x2－6x＝3x(x－2）．令f′(x)＝0，解得x＝0,x＝2,當(dāng)x∈（0,2）時(shí),f′(x)<0，f(x）為減函數(shù)；當(dāng)x∈（－∞，0)和(2，＋∞）時(shí)，f′(x）〉0，f(x)為增函數(shù)．故當(dāng)x＝2時(shí),函數(shù)f(x)取得極小值．[答案］27．設(shè)方程x3－3x＝k有3個(gè)不等的實(shí)根,則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．[解析］設(shè)f(x)＝x3－3x－k，則f′（x）＝3x2－3.令f′（x)＝0，得x＝±1，且f(1）＝－2－k,f（－1)＝2－k，又f（x)的圖象與x軸有3個(gè)交點(diǎn)，故eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(2－k>0，，－2－k<0，）)∴－2<k〈2。［答案](－2,2)8．已知函數(shù)f（x）＝eq\f(a，x2）＋2lnx，若當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．[解析]由f(x)＝eq\f(a,x2）＋2lnx,得f′（x）＝eq\f(2x2－a，x3)，又函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?,＋∞),且a>0，令f′（x)＝0，得x＝－eq\r(a)(舍去）或x＝eq\r(a）。當(dāng)0<x〈eq\r(a)時(shí)，f′（x）<0；當(dāng)x〉eq\r(a）時(shí)，f′(x）〉0.故x＝eq\r（a)是函數(shù)f(x）的極小值點(diǎn),也是最小值點(diǎn)，且f（eq\r（a))＝lna＋1．要使f(x）≥2恒成立，需lna＋1≥2恒成立，則a≥e。［答案]［e,＋∞)三、解答題9．已知函數(shù)y＝ax3＋bx2,當(dāng)x＝1時(shí),有極大值3.(1）求實(shí)數(shù)a，b的值；（2)求函數(shù)y的極小值．［解]（1)y′＝3ax2＋2bx。由題意，知eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(f1＝3,,f′1＝0，））即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＋b＝3，,3a＋2b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝－6，，b＝9。)）(2)由（1）知y＝－6x3＋9x2.所以y′＝－18x2＋18x＝－18x(x－1）．令y′＝0，解得x1＝1，x2＝0。所以當(dāng)x〈0時(shí),y′<0；當(dāng)0<x〈1時(shí)，y′〉0；當(dāng)x〉1時(shí)，y′〈0.所以當(dāng)x＝0時(shí)，y有極小值，其極小值為0。10．已知函數(shù)f(x)＝eq\f（1＋lnx，x）,若函數(shù)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（a，a＋\f（1，2)))(其中a〉0)上存在極值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．［解］因?yàn)閒（x）＝eq\f(1＋lnx，x），x>0，則f′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′（x)>0，當(dāng)x〉1時(shí)，f′(x)<0。所以f（x)在（0，1)上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f（x）在x＝1處取得極大值．因?yàn)楹瘮?shù)f（x）在區(qū)間eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（a，a＋\f（1，2)))（其中a〉0）上存在極值，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a〈1，,a＋\f(1,2)>1,))解得eq\f（1，2)<a〈1．[能力提升練］1．已知函數(shù)f(x）＝x3－px2－qx的圖象與x軸相切于（1,0）點(diǎn)，則f（x)(）A．極大值為eq\f(4，27），極小值為0B．極大值為0，極小值為eq\f（4,27）C．極大值為0，極小值為－eq\f(4，27）D．極大值為eq\f（4,27），極小值為－eq\f（4,27)［解析]f′(x)＝3x2－2px－q,依題意知,eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（f1＝0,，f′1＝0,)）∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－p－q＝0，,3－2p－q＝0，)）解得p＝2，q＝－1．∴f(x）＝x3－2x2＋x,f′（x)＝3x2－4x＋1，令f′（x）＝0，得x＝1或x＝eq\f（1,3)?！喈?dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞，\f(1，3)))時(shí)，f′（x)>0,當(dāng)x∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,3）,1）)時(shí),f′(x）〈0，當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí),f′(x)>0，∴當(dāng)x＝eq\f（1,3)時(shí)，函數(shù)有極大值,feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，3)））＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,3）)）eq\s\up14(3)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,3)））eq\s\up14(2）＋eq\f（1,3)＝eq\f（4,27），當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)有極小值，f(1）＝1－2＋1＝0，故選A。[答案］A2．如圖是函數(shù)f（x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致圖象，則xeq\o\al（2,1）＋xeq\o\al（2,2）等于（)A.eq\f（2，3）B.eq\f(4，3)C。eq\f（8，3）D。eq\f（12,3)[解析］函數(shù)f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d的圖象過點(diǎn)(0,0）,（1，0)，(2,0)，得d＝0，b＋c＋1＝0，4b＋2c＋8＝0，則b＝－3，c＝2,f′(x）＝3x2＋2bx＋c＝3x2－6x＋2，且x1，x2是函數(shù)f(x）＝x3＋bx2＋cx＋d的兩個(gè)極值點(diǎn)，即x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的實(shí)根,xeq\o\al（2，1）＋xeq\o\al(2，2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－eq\f(4,3)＝eq\f(8,3).[答案］C3．函數(shù)f(x）＝x3－3ax＋b（a>0)的極大值為6，極小值為2，則f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是__________．[解析］由題意，知f′(x)＝3x2－3a，令f′（x)＝0，得x＝±eq\r(a)。因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x3－3ax＋b（a〉0）的極大值為6，極小值為2，所以f（eq\r（a）)＝2,f（－eq\r（a)）＝6，即（eq\r(a))3－3aeq\r（a)＋b＝2，（－eq\r（a)）3＋3aeq\r(a)＋b＝6，解得a＝1，b＝4.所以f′(x）＝3x2－3,令f′(x)〈0,解得－1<x<1，所以f（x)的單調(diào)遞減區(qū)間是（－1,1）．[答案]（－1，1)4．設(shè)函數(shù)f（x)＝ex－e－x，若對(duì)所有x≥0都有f（x）≥ax，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．［解］令g(x）＝f(x)－ax，由g′（x)＝f′（x）－a＝ex＋e－x－a，由于ex＋e－x＝ex＋eq\f(1，ex）≥2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立，)所以當(dāng)a≤2時(shí)，g（x)＝ex＋e－x－a≥2－a≥0，故g(x)在(0，＋