《高中數(shù)學 第三章 導數(shù)及其應用 學業(yè)分層測評17 函數(shù)的極值與導數(shù) 新人教A版選修1-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中數(shù)學 第三章 導數(shù)及其應用 學業(yè)分層測評17 函數(shù)的極值與導數(shù) 新人教A版選修1-1（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

【課堂新坐標】2016-2017學年高中數(shù)學 第三章 導數(shù)及其應用 學業(yè)分層測評17 函數(shù)的極值與導數(shù) 新人教A版選修1-1 (建議用時：45分鐘) [學業(yè)達標] 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－2＜x＜－1時，y′＞0； 當－1＜x＜2時，y′＜0. 所以當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′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)． ∴當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＞1或a≤0　　　　　B．a＞1 C．0＜a＜1 D．a＞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，且函數(shù)y＝ex＋ax(x∈R)有大于零的極值點，則(　　) A．a<－1 B．a>－1 C．a<－ D．a>－ 【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＝________. 【導學號：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)的關系知 解得 【答案】?。??。? 8．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋c，其導數(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 【解析】　由圖象可知， 當x<0時，f′(x)<0， 當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a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，求f(x)的單調區(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)的單調遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，單調遞增區(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＝302＋2a0＋b，得b＝0. ∴f(x)＝x3＋ax2. 令f(x)＝x3＋ax2＝0，得x＝0或x＝－a，由圖象知a<0. 令f′(x)＝3x2＋2ax＝x(3x＋2a)＝0， ∴當0－a時，f′(x)>0. ∴當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＋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)的圖象關于原點對稱，由函數(shù)圖象的對稱性，可得－x0應為函數(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. 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________. 【導學號：26160090】 【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，＋∞)．