2017-2018学年高中数学人教A版选修2-2练习：第1章 导数及其应用1.3.2 Word版含解

第一章1.31.3.2A级基础巩固一、选择题1．已知函数y＝f(x)在定义域内可导，则函数y＝f(x)在某点处的导数值为0是函数y＝f(x)在这点处取得极值的导学号84624209(B)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．非充分非必要条件[解析]根据导数的性质可知，若函数y＝f(x)在这点处取得极值，则f′(x)＝0，即必要性成立；反之不一定成立，如函数f(x)＝x3在R上是增函数，f′(x)＝3x2，则f′(0)＝0，但在x＝0处函数不是极值，即充分性不成立．故函数y＝f(x)在某点处的导数值为0是函数y＝f(x)在这点处取得极值的必要不充分条件，故选B．2．函数y＝2x3－6x2－18x＋7导学号84624210(A)A．在x＝－1处取得极大值17，在x＝3处取得极小值－47B．在x＝－1处取得极小值17，在x＝3处取得极大值－47C．在x＝－1处取得极小值－17，在x＝3处取得极大值47D．以上都不对[解析]y′＝6x2－12x－18，令y′＝0，解得x1＝－1，x2＝3.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况见下表：x(－∞，－1)－1(－1,3)3(3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值∴当x＝－1时，f(x)取得极大值，f(－1)＝17，当x＝3时，f(x)取得极小值，f(3)＝－47.3．函数y＝14x4－13x3的极值点的个数为导学号84624211(B)A．0B．1C．2D．3[解析]y′＝x3－x2＝x2(x－1)，由y′＝0得x1＝0，x2＝1.当x变化时，y′、y的变化情况如下表x(－∞，0)0(0,1)1(1，＋∞)y′－0－0＋y无极值极小值故选B．4．已知实数a、b、c、d成等比数列，且曲线y＝3x－x3的极大值点坐标为(b，c)，则ad等于导学号84624212(A)A．2B．1C．－1D．－2[解析]∵a、b、c、d成等比数列，∴ad＝bc，又(b，c)为函数y＝3x－x3的极大值点，∴c＝3b－b3，且0＝3－3b2，∴b＝1，c＝2，或b＝－1，c＝－2.∴ad＝2.5．已知f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围是导学号84624213(C)A．－1a2B．－3a6C．a－3或a6D．a－1或a2[解析]f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6，∵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a6.6．(2016·福州高二检测)函数f(x)＝x＋1x的极值情况是导学号84624214(D)A．当x＝1时，极小值为2，但无极大值B．当x＝－1时，极大值为－2，但无极小值C．当x＝－1时，极小值为－2，当x＝1时，极大值为2D．当x＝－1时，极大值为－2；当x＝1时，极小值为2[解析]函数定义域为{x|x≠0}，∵f′(x)＝1－1x2，令f′(x)＝0，解x＝±1，∴函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,0)和(0,1)上单调递减，当x＝－1时，极大值为－2，当x＝1时，极小值为2.选D．二、填空题7．函数y＝xex在其极值点处的切线方程为y＝－1e.导学号84624215[解析]y＝f(x)＝xex⇒f′(x)＝(1＋x)ex，令f′(x)＝0⇒x＝－1，此时f(－1)＝－1e，函数y＝xex在其极值点处的切线方程为y＝－1e.8．若函数f(x)＝x3－2mx2＋m2x在x＝1处取得极小值，则实数m＝__1__.导学号84624216[解析]∵f′(x)＝(3x－m)(x－m)由题意得：f′(1)＝(3－m)(1－m)＝0∴m＝3或m＝1.经检验知，当m＝3时，在x＝1处取得极大值．当m＝1时，在x＝1处取得极小值．∴m＝1.三、解答题9．若a≠0，试求函数f(x)＝－23ax3－x2＋a2x2＋2ax的单调区间与极值.导学号84624217[解析]∵f(x)＝－23ax3－x2＋a2x2＋2ax，∴f′(x)＝－2ax2－2x＋2a2x＋2a＝－2(ax2＋x－a2x－a)＝－2(x－a)(ax＋1)．令f′(x)＝0，可得x＝－1a或x＝a.若a0，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1a)－1a(－1a，a)a(a，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减所以f(x)在区间(－∞，－1a)，(a，＋∞)内为减函数，在区间(－1a，a)内为增函数．函数f(x)在x＝－1a处取得极小值f(－1a)＝－1－13a2，在x＝a处取得极大值f(a)＝a2＋13a4.若a0，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，a)a(a，－1a)－1a(－1a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)在区间(－∞，a)，(－1a，＋∞)内为增函数，在区间(a，－1a)内为减函数．函数f(x)在x＝a处取得极大值f(a)＝a2＋a43，在x＝－1a处取得极小值f(－1a)＝－1－13a2.10．已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)1－2x(b∈R).导学号84624218(1)当b＝4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间(0，13)上单调递增，求b的取值范围．[解析](1)当b＝4时，f(x)＝(x＋2)21－2x的定义域为(－∞，12)，f′(x)＝－5xx＋21－2x，由f′(x)＝0得x＝－2或x＝0.当x∈(－∞，－2)时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈(－2,0)时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x∈(0，12)时，f′(x)0，f(x)单调递减，故f(x)在x＝－2取极小值f(－2)＝0，在x＝0取极大值f(0)＝4.(2)f′(x)＝－x[5x＋3b－2]1－2x，因为当x∈(0，13)时，－x1－2x0，依题意当x∈(0，13)时，有5x＋(3b－2)≤0，从而53＋(3b－2)≤0.所以b的取值范围为(－∞，19]．B级素养提升一、选择题1．(2016·日照高二检测)已知函数f(x)＝ex(sinx－cosx)，x∈(0,2013π)，则函数f(x)的极大值之和为导学号84624219(B)A．e2π1－e2012πe2π－1B．eπ1－e2012π1－e2πC．eπ1－e1006π1－e2πD．eπ1－e1006π1－eπ[解析]f′(x)＝2exsinx，令f′(x)＝0得sinx＝0，∴x＝kπ，k∈Z，当2kπx2kπ＋π时，f′(x)0，f(x)单调递增，当(2k－1)πx2kπ时，f′(x)0，f(x)单调递减，∴当x＝(2k＋1)π时，f(x)取到极大值，∵x∈(0,2013π)，∴0(2k＋1)π2013π，∴0≤k1006，k∈Z.∴f(x)的极大值之和为S＝f(π)＋f(3π)＋f(5π)＋…＋f(2011π)＝eπ＋e3π＋e5π＋…＋e2011π＝eπ[1－e2π1006]1－e2π＝eπ1－e2012π1－e2π，故选B．2．对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g(x)＝13x3－12x2＋3x－512，则g(12017)＋g(22017)＋…＋g(20162017)＝导学号84624220(B)A．2015B．2016C．2017D．2018[解析]函数的导数g′(x)＝x2－x＋3，g″(x)＝2x－1，由g″(x0)＝0得2x0－1＝0，解得x0＝12，而g(12)＝1，故函数g(x)关于点(12，1)对称，∴g(x)＋g(1－x)＝2，故设g(12017)＋g(22017)＋…＋g(20162017)＝m，则g(20162017)＋g(20152017)＋…＋g(12017)＝m，两式相加得2×2016＝2m，则m＝2016.故选B．二、填空题3．已知函数y＝x3＋ax2＋bx＋27在x＝－1处有极大值，在x＝3处有极小值，则a＝__－3__，b＝__－9__.导学号84624221[解析]y′＝3x2＋2ax＋b，方程y′＝0有根－1及3，由韦达定理应有－1＋3＝－2a3，－3＝b3.∴a＝－3，b＝－9.经检验a＝－3，b＝－9符合题意．4．(2016·郑州市质量检测)已知偶函数y＝f(x)，对于任意的x∈0，π2满足f′(x)cosx＋f(x)sinx0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式中成立的有__②③④__.导学号84624222①2f－π3fπ4②2f－π3f－π4③f(0)2f－π4④fπ63fπ3[解析]令g(x)＝fxcosx，由已知得g′(x)＝f′xcosx＋fxsinxcos2x0，∴g(x)＝fxcosx在0，π2上单调递增，故得gπ3gπ4，g(0)gπ4，即2fπ3fπ4，f(0)2fπ4，∴2f－π3fπ4，2f－π3f－π4，①错误，②正确；③正确；又gπ6gπ3，即fπ6cosπ6fπ3cosπ3，∴fπ63fπ3，④正确．三、解答题5．(2015·北京文，19)设函数f(x)＝x22－klnx，k＞0.导学号84624223(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．[解析](1)由f(x)＝x22－klnx，(k＞0)得，f′(x)＝x－kx＝x2－kx.由f′(x)＝0解得x＝k(负值舍去)．f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：x(0，k)k(k，＋∞)f′(x)－0＋f(x)k1－lnk2所以，f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，＋∞)；f(x)在x＝k处取得极小值f(k)＝k1－lnk2.(2)由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(k)＝k1－lnk2.因为f(x)存在零点，所以k1－lnk2≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(e)＝0，所以x＝e是f(x)在区间(1，e]上的唯一零点．当k＞e时，f(x)在区间(0，e)上单调递减，且f(1)＝12＞0，f(e)＝e－k2＜0，所以f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点.6．已知函数f(x)＝12x2＋alnx.导学号84624224(1)若a＝－1，求函数f(x)的极值，并指出是极大值还是极小值；(2)若a＝1，求证：在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝23x3的图象的下方．[解析](1)由于函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f′(x)＝x－1x＝x＋1x－1x，令f′(x)＝0得x＝1或x＝－1(舍去)，当x∈(0,1)时，f′(x)0，因此函数f(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，因此函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，则x＝1是f(x)的极小值点，所以f(x)在x＝1处取得极小值为f(1)＝12.(2)证明：设F(x)＝f(x)－g(x)＝12x2＋lnx－23x3，则f′(x)＝x＋1x－2x2＝－2x3＋x2＋1x＝－x－12x2＋x＋1x，当x1时，f′(x)0