《新編高中數(shù)學(xué)人教A版選修11 第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 學(xué)業(yè)分層測評17 含答案》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《新編高中數(shù)學(xué)人教A版選修11 第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 學(xué)業(yè)分層測評17 含答案(7頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、新編人教版精品教學(xué)資料
學(xué)業(yè)分層測評
(建議用時:45分鐘)
[學(xué)業(yè)達(dá)標(biāo)]
一、選擇題
1.函數(shù)y=x3-3x2-9x(-2<x<2)的極值情況是( )
A.極大值為5,極小值為-27
B.極大值為5,極小值為-11
C.極大值為5,無極小值
D.極小值為-27,無極大值
【解析】 y′=3x2-6x-9=3(x+1)(x-3),
令y′=0,得x=-1或x=3.
當(dāng)-2<x<-1時,y′>0;
當(dāng)-1<x<2時,y′<0.
所以當(dāng)x=-1時,函數(shù)有極大值,且極大值為5;無極小值.
【答案】 C
2.已知函數(shù)f(x)=2x3+ax2+36x-24在x=2處
2、有極值,則該函數(shù)的一個遞增區(qū)間是( )
A.(2,3) B.(3,+∞)
C.(2,+∞) D.(-∞,3)
【解析】 因為函數(shù)f(x)=2x3+ax2+36x-24在x=2處有極值,所以有f′(2)=0,而f′(x)=6x2+2ax+36,代入得a=-15.現(xiàn)令f′(x)>0,解得x>3或x<2,所以函數(shù)的一個遞增區(qū)間是(3,+∞).
【答案】 B
3.設(shè)函數(shù)f(x)=xex,則( )
A.x=1為f(x)的極大值點
B.x=1為f(x)的極小值點
C.x=-1為f(x)的極大值點
D.x=-1為f(x)的極小值點
【解析】 ∵f(x)=xex,
∴f
3、′(x)=ex+xex=ex(1+x).
∴當(dāng)f′(x)≥0時,
即ex(1+x)≥0,即x≥-1,
∴x≥-1時,函數(shù)f(x)為增函數(shù).
同理可求,x<-1時,函數(shù)f(x)為減函數(shù).
∴x=-1時,函數(shù)f(x)取得極小值.
【答案】 D
4.(2016·邢臺期末)函數(shù)f(x)=ax3+ax2+x+3有極值的充要條件是( )
A.a(chǎn)>1或a≤0 B.a(chǎn)>1
C.0<a<1 D.a(chǎn)>1或a<0
【解析】 f(x)有極值的充要條件是f′(x)=ax2+2ax+1=0有兩個不相等的實根,即4a2-4a>0,解得a<0或a>1.故選D.
【答案】 D
5.已知a∈R,
4、且函數(shù)y=ex+ax(x∈R)有大于零的極值點,則( )
A.a(chǎn)<-1 B.a(chǎn)>-1
C.a(chǎn)<- D.a(chǎn)>-
【解析】 因為y=ex+ax,所以y′=ex+a.
令y′=0,即ex+a=0,則ex=-a,即x=ln(-a),又因為x>0,所以-a>1,即a<-1.
【答案】 A
二、填空題
6.(2016·臨沂高二檢測)若函數(shù)y=-x3+6x2+m的極大值為13,則實數(shù)m等于__________.
【解析】 y′=-3x2+12x=-3x(x-4).
由y′=0,得x=0或4.
且x∈(-∞,0)∪(4,+∞)時,y′<0;x∈(0,4)時,y′>0.
∴x=4時函數(shù)取
5、到極大值.故-64+96+m=13,解得m=-19.
【答案】?。?9
7.函數(shù)f(x)=aln x+bx2+3x的極值點為x1=1,x2=2,則a=________,b=________. 【導(dǎo)學(xué)號:26160089】
【解析】 f′(x)=+2bx+3=,
∵函數(shù)的極值點為x1=1,x2=2,
∴x1=1,x2=2是方程f′(x)==0的兩根,也即2bx2+3x+a=0的兩根.
∴由根與系數(shù)的關(guān)系知
解得
【答案】 -2?。?
8.已知函數(shù)f(x)=ax3+bx2+c,其導(dǎo)數(shù)f′(x)的圖象如圖3-3-7所示,則函數(shù)的極小值是________.
圖3-3-7
【解
6、析】 由圖象可知,
當(dāng)x<0時,f′(x)<0,
當(dāng)00,
故x=0時,函數(shù)f(x)取到極小值f(0)=c.
【答案】 c
三、解答題
9.設(shè)a為實數(shù),函數(shù)f(x)=ex-2x+2a,x∈R,求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值.
【解】 由f(x)=ex-2x+2a,x∈R,知f′(x)=ex-2,x∈R.
令f′(x)=0,得x=ln 2.于是當(dāng)x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
(-∞,ln 2)
ln 2
(ln 2,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
2(1-ln 2+a)
故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)
7、間是(-∞,ln 2),單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2,+∞).
所以f(x)在x=ln 2處取得極小值,極小值為f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a).
10.函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c的圖象如圖3-3-8所示,且與y=0在原點相切,若函數(shù)的極小值為-4,求a,b,c的值.
圖3-3-8
【解】 ∵函數(shù)的圖象經(jīng)過(0,0)點,∴c=0.
又圖象與x軸相切于(0,0)點,且f′(x)=3x2+2ax+b.
∴f′(0)=0,即0=3×02+2a×0+b,得b=0.
∴f(x)=x3+ax2.
令f(x)=x3+ax2=0,得x=0或x=-a
8、,由圖象知a<0.
令f′(x)=3x2+2ax=x(3x+2a)=0,
∴當(dāng)0-a時,f′(x)>0.
∴當(dāng)x=-a時,函數(shù)有極小值-4.
即3+a2=-4,解得a=-3.
∴a=-3,b=0,c=0.
[能力提升]
1.設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為R,x0(x0≠0)是f(x)的極大值點,以下結(jié)論一定正確的是( )
A.?x∈R,f(x)≤f(x0)
B.-x0是f(-x)的極小值點
C.-x0是-f(x)的極小值點
D.-x0是-f(-x)的極小值點
【解析】 不妨取函數(shù)為f(x)=x3-3x,則f′(x)=3(x-1)(x+
9、1),易判斷x0=-1為f(x)的極大值點,但顯然f(x0)不是最大值,故排除A;
因為f(-x)=-x3+3x,f′(-x)=-3(x+1)(x-1),易知-x0=1為f(-x)的極大值點,故排除B;
又-f(x)=-x3+3x,[-f(x)]′=-3(x+1)(x-1),易知-x0=1為-f(x)的極大值點,故排除C;
∵-f(-x)的圖象與f(x)的圖象關(guān)于原點對稱,由函數(shù)圖象的對稱性,可得-x0應(yīng)為函數(shù)-f(-x)的極小值點.故D正確.
【答案】 D
2.如圖3-3-9所示是函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx+d的大致圖象,則x+x等于( )
圖3-3-9
A.
10、B.
C. D.
【解析】 函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx+d的圖象過點(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的兩個極值點,即x1,x2是方程3x2-6x+2=0的實根,x+x=(x1+x2)2-2x1x2=4-=.
【答案】 C
3.已知函數(shù)f(x)=x3+3ax2+3bx+c在x=2處有極值,其圖象在x=1處的切線平行于直線6x+2y+5=0,則極大值與極小值之差為________. 【導(dǎo)學(xué)號:26160090】
11、
【解析】 ∵f′(x)=3x2+6ax+3b,
∴?
∴f′(x)=3x2-6x,
令3x2-6x=0,得x=0或x=2,
∴f(x)極大值-f(x)極小值=f(0)-f(2)=4.
【答案】 4
4.若函數(shù)f(x)=2x3-6x+k在R上只有一個零點,求常數(shù)k的取值范圍.
【解】 f(x)=2x3-6x+k,
則f′(x)=6x2-6,
令f′(x)=0,得x=-1或x=1,
可知f(x)在(-1,1)上是減函數(shù),
f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上是增函數(shù),
f(x)的極大值為f(-1)=4+k,f(x)的極小值為f(1)=-4+k.
要使函數(shù)f(x)只有一個零點,
只需4+k<0或-4+k>0(如圖所示),
即k<-4或k>4.
∴k的取值范圍是(-∞,-4)∪(4,+∞).