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第二章基本初等函数、导数及其应用第12课时课后达标检测



[基础达标] 一、选择题 1.(2013· 高考福建卷)设函数 f(x)的定义域为 R,x0(x0≠0)是 f(x)的极大值点,以下结论 一定正确的是( ) A.?x∈R,f(x)≤f(x0) B.-x0 是 f(-x)的极小值点 C.-x0 是-f(x)的极小值点 D.-x0 是-f(-x)的极小值点 解析:选 D.x0 是 f(x)的极大值点,而不一定是最大值点.∴A 错;y=f(-x)与 y=f(x)图 象关于 y 轴对称,-x0 应为 f(-x)一个极大值点,∴B 错,y=-f(x)与 y=f(x)图象关于 x 轴 对称,则 x0 为-f(x)的极小值点,∴C 错,故选 D. 2.下面为函数 y=xsin x+cos x 的递增区间的是( ) π 3π A.( , ) B.(π,2π) 2 2 3π 5π C.( , ) D.(2π,3π) 2 2 3π 5π 解析:选 C.y′=(xsin x+cos x)′=sin x+xcos x-sin x=xcos x,当 x∈( , )时,恒 2 2 有 xcos x>0. 3.(2014· 湖北荆州质检)设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数是 f′(x),且函数 f(x)在 x=-2 处取得极小值,则函数 y=xf′(x)的图象可能是( )

解析:选 C.f(x)在 x=-2 处取得极小值,即 x<-2,f′(x)<0;x>-2,f′(x)>0,那 么 y=xf′(x)过点(0,0)及(-2,0).当 x<-2 时,x<0,f′(x)<0,则 y>0;当-2<x<0 时,x<0,f′(x)>0,y<0;当 x>0 时,f′(x)>0,y>0. 4.函数 f(x)在定义域 R 内可导,若 f(x)=f(2-x),且当 x∈(-∞,1)时,(x-1)f′(x)<0, 1? 设 a=f(0),b=f? ) ?2?,c=f(3),则( A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<c<a 解析:选 C.依题意得,当 x<1 时,f′(x)>0,f(x)为增函数;又 f(3)=f(-1),且-1<0 1? 1 ?1?,c<a<b. < <1,因此有 f(-1)<f(0)<f? ,即有 f (3) < f (0) < f ?2? ?2? 2 5.已知函数 f(x)=-x3+ax2-4 在 x=2 处取得极值,若 m、n∈[-1,1],则 f(m)+f′(n) 的最小值是( ) A.-13 B.-15 C.10 D.15 2 解析:选 A.求导得 f′(x)=-3x +2ax, 由函数 f(x)在 x=2 处取得极值知 f′(2)=0, 即-3×4+2a×2=0,

∴a=3. 由此可得 f(x)=-x3+3x2-4, f′(x)=-3x2+6x, 易知 f(x)在[-1,0)上单调递减,在(0,1]上单调递增, ∴当 m∈[-1,1]时, f(m)min=f(0)=-4. 又 f′(x)=-3x2+6x 的图象开口向下, 且对称轴为 x=1, ∴当 n∈[-1,1]时, f′(n)min=f′(-1)=-9. 故 f(m)+f′(n)的最小值为-13. 二、填空题 1 6.函数 y=2x- 2的极大值是________. x 2 解析:y′=2+ 3,令 y′=0,得 x=-1. x 当 x<-1 时,y′>0;当-1<x<0 时,y′<0. ∴当 x=-1 时,y 取极大值-3. 答案:-3 7.已知 x=3 是函数 f(x)=aln x+x2-10x 的一个极值点,则实数 a=________. a a 解析:f′(x)= +2x-10,由 f′(3)= +6-10=0,得 a=12,经检验满足条件. x 3 答案:12 8.若函数 f(x)=x3+x2+mx+1 是 R 上的单调增函数,则 m 的取值范围是________. 解析:∵f(x)=x3+x2+mx+1, ∴f′(x)=3x2+2x+m. 又∵f(x)在 R 上是单调增函数, 1 ∴Δ=4-12m≤0,即 m≥ 3 1 ? 答案:? ?3,+∞? 三、解答题 1 3 9.(2012· 高考重庆卷)设 f(x)=aln x+ + x+1,其中 a∈R,曲线 y=f(x)在点(1,f(1)) 2x 2 处的切线垂直于 y 轴. (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的极值. 1 3 解:(1)因为 f(x)=aln x+ + x+1, 2x 2 a 1 3 故 f′(x)= - 2+ . x 2x 2 由于曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于 y 轴,故该切线斜率为 0,即 f′(1)=0,从 1 3 而 a- + =0, 2 2 解得 a=-1. 1 3 (2)由(1)知 f(x)=-ln x+ + x+1(x>0), 2x 2 1 1 3 f′(x)=- - 2+ x 2x 2 3x2-2x-1 (3x+1)(x-1) = = . 2x2 2x2 1 1 令 f′(x)=0,解得 x1=1,x2=- (因为 x2=- 不在定义域内,舍去). 3 3

当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,故 f(x)在(0,1)上为减函数; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)在(1,+∞)上为增函数. 故 f(x)在 x=1 处取得极小值 f(1)=3. 2? 10.已知函数 f(x)=x3+ax2-x+c,且 a=f′? ?3?. (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)设函数 g(x)=(f(x)-x3)· ex,若函数 g(x)在 x∈[-3,2]上单调递增,求实数 c 的取值范 围. 解:(1)由 f(x)=x3+ax2-x+c, 得 f′(x)=3x2+2ax-1. 2 当 x= 时, 3 2 2? ?2? +2a×?2?-1, 得 a=f′? = 3 × ?3? ?3? ?3? 解之,得 a=-1. (2)由(1)可知 f(x)=x3-x2-x+c. 1 x+ ?(x-1), 则 f′(x)=3x2-2x-1=3? ? 3? 列表如下: 1 ?-∞,-1? ?-1,1? x 1 - (1,+∞) 3? 3 ? ? 3 ? f′(x) 0 0 + - + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 1 所以 f(x)的单调递增区间是(-∞,- )和(1,+∞); 3 1 ? f(x)的单调递减区间是? ?-3,1?. (3)函数 g(x)=(f(x)-x3)· ex=(-x2-x+c)· ex, 有 g′(x)=(-2x-1)ex+(-x2-x+c)ex =(-x2-3x+c-1)ex, 因为函数 g(x)在 x∈[-3,2]上单调递增, 所以 h(x)=-x2-3x+c-1≥0 在 x∈[-3,2]上恒成立. 只要 h(2)≥0,解得 c≥11, 所以 c 的取值范围是[11,+∞). [能力提升] 一、选择题 1.设函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若 x=-1 为函数 g(x)=f(x)ex 的一个极值点, 则下列图象不可能为 y=f(x)的图象的是( )

解析: 选 D.因为[f(x)ex]′=f′(x)ex+f(x)(ex)′=[f(x)+f′(x)]ex, 且 x=-1 为函数 f(x)ex 的一个 极值点,所以 f(-1)+f′(-1)=0;选项 D 中,f(-1)>0,f′(-1)>0,不满足 f′(-1)+f(- 1)=0. 2.(2013· 高考浙江卷)已知 e 为自然对数的底数,设函数 f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),

则(

) A.当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 B.当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 C.当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 D.当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 解析:选 C.当 k=1 时,f(x)=(ex-1)(x-1),则 f′(x)=ex·(x-1)+(ex-1)=exx-1,所 以 f′(1)=e-1≠0,所以 f(1)不是极值. 当 k=2 时,f(x)=(ex-1)(x-1)2, 则 f′(x)=ex(x-1)2+2(ex-1)(x-1)=ex(x2-1)-2(x-1)=(x-1)[ex(x+1)-2], 所以 f′(1)=0,且当 x>1 时,f′(x)>0;在 x=1 附近的左侧,f′(x)<0,所以 f(1)是极小 值. 二、填空题 3.已知函数 y=f(x)=x3+3ax2+3bx+c 在 x=2 处有极值,其图象在 x=1 处的切线平 行于直线 6x+2y+5=0,则 f(x)的极大值与极小值之差为________. 解析:∵y′=3x2+6ax+3b, 2 ? ?3×2 +6a×2+3b=0 ? ?a=-1, ? ?? 2 ?3×1 +6a+3b=-3 ?b=0. ? ? ∴y′=3x2-6x,令 3x2-6x=0,则 x=0 或 x=2. ∴f(x)极大值-f(x)极小值=f(0)-f(2)=4. 答案:4 4.(2012· 高考福建卷改编)已知 f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且 f(a)=f(b)=f(c)= 0.现给出如下结论: ①f(0)f(1)>0;②f(0)f(1)<0;③f(0)f(3)>0; ④f(0)f(3)<0. 其中正确结论的序号是________. 解析:∵f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3), 由 f′(x)<0,得 1<x<3,由 f′(x)>0,得 x<1 或 x>3, ∴f(x)在区间(1,3)上是减函数,在区间(-∞,1),(3,+∞)上是增函数.又 a<b<c, f(a)=f(b)=f(c)=0, ∴y 极大值=f(1)=4-abc>0,y 极小值=f(3)=-abc<0, ∴0<abc<4. ∴a,b,c 均大于零,或者 a<0,b<0,c>0. 又 x=1,x=3 为函数 f(x)的极值点,后一种情况不可能成立, 如图.

∴f(0)<0, ∴f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0, ∴正确结论的序号是②③. 答案:②③ 三、解答题 5.(2014· 浙江温州市适应性测试)已知函数 f(x)=ax2-ex(a∈R). (1)当 a=1 时,试判断 f(x)的单调性并给予证明; (2)若 f(x)有两个极值点 x1,x2(x1<x2),求实数 a 的取值范围. 解:(1)当 a=1 时,f(x)=x2-ex,f(x)在 R 上单调递减, f′(x)=2x-ex,只要证明 f′(x)≤0 恒成立即可, 设 g(x)=f′(x)=2x-ex,则 g′(x)=2-ex, 当 x=ln 2 时,g′(x)=0,

当 x∈(-∞,ln 2)时,g′(x)>0,当 x∈(ln 2,+∞)时, g′(x)<0. ∴f′(x)max=g(x)max=g(ln 2)=2ln 2-2<0, 故 f′(x)<0 恒成立, ∴f(x)在 R 上单调递减. (2)若 f(x)有两个极值点 x1,x2,则 x1,x2 是方程 f′(x)=0 的两个根,故方程 2ax-ex=0 有两个根 x1,x2, 又 x=0 显然不是该方程的根, ex ∴方程 2a= 有两个根, x x ex(x-1) e 设 φ(x)= ,得 φ′(x)= , x x2 当 x<0 时,φ(x)<0 且 φ′(x)<0,φ(x)单调递减, 当 x>0 时,φ(x)>0,当 0<x<1 时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减,当 x>1 时,φ′(x) >0,φ(x)单调递增, ex 要使方程 2a= 有两个根,需 2a>φ(1)=e, x e 故 a> 且 0<x1<1<x2, 2 e 故 a 的取值范围为( ,+∞). 2 a 6.(选做题)(2014· 东城区统一检测)已知 a∈R,函数 f(x)= +ln x-1. x (1)当 a=1 时,求曲线 x=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)求 f(x)在区间(0,e]上的最小值. 1 解:(1)当 a=1 时,f(x)= +ln x-1,x∈(0,+∞), x 1 1 x-1 所以 f′(x)=- 2+ = 2 ,x∈(0,+∞). x x x 1 1 因此 f′(2)= ,即曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为 . 4 4 1 又 f(2)=ln 2- , 2 1 1 所以曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y-(ln 2- )= (x-2),即 x-4y+4ln 2 2 4 -4=0. a (2)因为 f(x)= +ln x-1, x a 1 x-a 所以 f′(x)=- 2+ = 2 . x x x 令 f′(x)=0,得 x=a. ①若 a≤0,则 f′(x)>0,f(x)在区间(0,e]上单调递增,此时函数 f(x)无最小值. ②若 0<a<e,当 x∈(0,a)时,f′(x)<0,函数 f(x)在区间(0,a)上单调递减,当 x∈(a, e]时,f′(x)>0,函数 f(x)在区间(a,e]上单调递增, 所以当 x=a 时,函数 f(x)取得最小值 ln a. ③若 a≥e,则当 x∈(0,e]时,f′(x)≤0,函数 f(x)在区间(0,e]上单调递减, a 所以当 x=e 时,函数 f(x)取得最小值 . e 综上可知,当 a≤0 时,函数 f(x)在区间(0,e]上无最小值; 当 0<a<e 时,函数 f(x)在区间(0,e]上的最小值为 ln a; a 当 a≥e 时,函数 f(x)在区间(0,e]上的最小值为 . e



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