高中数学选修2-2课时提升作业(六) 1_3_2
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课时提升作业(六)
函数的极值与导数
一、选择题(每小题3分，共18分)
1.下列结论中，正确的是( )
A.导数为零的点一定是极值点
B.如果在x0点附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值
C.如果在x0点附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极小值
D.如果在x0点附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极大值
【解析】选B.可根据可导函数极值的定义判断.
2.设函数f(x)在R上可导，其导函数为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.由函数f(x)在x=-2处取得极小值可知x<-2时，f′(x)<0，则
xf′(x)>0；x>-2时，f′(x)>0，则-2
0时，xf′(x)>0.
3.(2014·烟台高二检测)已知函数f(x)=x2-2(-1)klnx(k∈N*)存在极值，则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*
【解题指南】对k分奇偶讨论，对原函数求导，进而探求在导数为0的左右附近，导数符号的变化，从而确定是否存在极值点.
【解析】选A.因为k∈N*，①当k的取值集合是{2，4，6，8，…}时，函数f(x)=x2-2lnx，所以f′(x)=2x-=，由f′(x)=0得x=1.当x∈(1，
+∞)时，f′(x)>0；当x∈(0，1)时，f′(x)<0，所以x=1是函数的极值点.
②当k的取值集合是{1，3，5，7，…}时，函数f(x)=x2+2lnx，所以
f′(x)=2x+=，由f′(x)=0得x∈∅.故此时原函数不存在极值点.故选A.
4.若函数f(x)=x3-3bx+3b在(0，1)内有极小值，则( )
A.00 D.b<
【解析】选A.由f′(x)=3x2-3b=3(x2-b)，依题意，首先要求b>0，所以
f′(x)=3(x+)(x-)，由单调性分析，x=有极小值，由x=∈得b∈(0，1).
【变式训练】若函数f(x)=sinx-kx存在极值，则实数k的取值范围是( )
A.(-1，1) B.[0，1)
C.(1，+∞) D.(-∞，-1)
【解析】选A.因为函数f(x)=sinx-kx，所以f′(x)=cosx-k，当k≥1时，
f′(x)≤0，所以f(x)是定义域上的减函数，无极值；当k≤-1时，f′(x)≥0，所以f(x)是定义域上的增函数，无极值；当-10时，f(x)( )
A.有极大值，无极小值
B.有极小值，无极大值
C.既有极大值又有极小值
D.既无极大值也无极小值
【解析】选D.由题意知f′(x)=-=，
令g(x)=ex-2x2f(x)，则g′(x)=ex-2x2f′(x)-4xf(x)
=ex-2(x2f′(x)+2xf(x))=ex-
=ex.
由g′(x)=0得x=2，当x=2时，
g(x)min=e2-2×22×=0.
即g(x)≥0，则当x>0时，f′(x)=≥0，故f(x)在(0，+∞)上单调递增，既无极大值也无极小值.
6.(2013·福建高考)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.对于A项，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，不一定是最大值点，因此不能满足在整个定义域上值最大；
对于B项，f(-x)是把f(x)的图象关于y轴对称，因此，-x0
是f(-x)的极大值点；
对于C项，-f(x)是把f(x)的图象关于x轴对称，因此，x0是-f(x)的极小值点；
对于D项，-f(-x)是把f(x)的图象分别关于x轴、y轴作对称，因此-x0是-f(-x)的极小值点.故选D.
二、填空题(每小题4分，共12分)
7.(2014·营口高二检测)已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，则c=____________.
【解题指南】求导函数，确定函数的单调性，确定函数的极值点，利用函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，可得极大值等于0或极小值等于0，由此可求c的值.
【解析】求导函数可得y′=3(x+1)(x-1)，令y′>0，可得x>1或x<-1；令y′<0，可得-10⇒m<1.
答案：m<1
8.(2014·徐州高二检测)已知函数f(x)=x3-3x2，给出下列命题：
(1)f(x)是增函数，无极值；
(2)f(x)是减函数，无极值；
(3)f(x)的递增区间是(-∞，0)，(2，+∞)；
(4)f(0)=0是极大值，f(2)=-4是极小值.
其中正确命题是________.
【解题指南】对函数f(x)=x3-3x2求导，由f′(x)>0得其单调增区间，f′(x)<0得其单调减区间，问题即可得到解决.
【解析】因为f′(x)=3x2-6x，由f′(x)>0得x>2或x<0，由f′(x)<0得00时，f′(x)=3kx2-6x=3kx，
所以f(x)的单调增区间为(-∞，0]，，单调减区间为.
(2)当k=0时，函数f(x)不存在极小值.
当k>0时，依题意f=-+1>0，
即k2>4，由条件k>0，所以k的取值范围为(2，+∞).
11.(2013·福建高考)已知函数f(x)=x-alnx(a∈R).
(1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程.
(2)求函数f(x)的极值.
【解题指南】对函数求导，根据导数即切线斜率，求出切线方程；欲求极值，先求单调性，要注意对参数a进行讨论.
【解析】函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f′(x)=1-.
(1)当a=2时，f(x)=x-2lnx，f′(x)=1-(x>0)，
所以f(1)=1，f′(1)=-1，
所以y=f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为
y-1=-(x-1)，即x+y-2=0.
(2)由f′(x)=1-=，x>0可知：
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，+∞)上的增函数，函数f(x)无极值.
②当a>0时，由f′(x)=0，解得x=a.
因为x∈(0，a)时，f′(x)<0，x∈(a，+∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在x=a处取得极小值，且极小值为f(a)=a-alna，无极大值.
综上：当a≤0时，函数f(x)无极值，
当a>0时，函数f(x)在x=a处取得极小值a-alna，无极大值.
一、选择题(每小题4分，共16分)
1.(2014·哈尔滨高二检测)已知函数f(x)=x3-px2-qx的图象与x轴相切于(1，0)点，则f(x)( )
A.极大值是，极小值是0
B.极大值为0，极小值为
C.极大值为0，极小值为-
D.极大值为，极小值为-
【解题指南】对函数求导可得，f′(x)=3x2-2px-q，由f′(1)=0，f(1)=0可求p，q，进而可求函数的导数，然后由导数判断函数的单调性，进而可求函数的极值.
【解析】选A.对函数求导可得，f′(x)=3x2-2px-q，
由f′(1)=0，f(1)=0
可得解得
所以f(x)=x3-2x2+x.
由f′(x)=3x2-4x+1=0，得x=或x=1，当x≥1或x≤时，函数单调递增；当0，在x=右侧f′(x)<0，所以x=是极大值点，故选C.
3.(2014·杭州高二检测)设函数f(x)=x3-4x+a，0-1 B.x2<0
C.x2>0 D.x3>2
【解题指南】利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数的极值，再根据f(x)的三个零点为x1，x2，x3，且x10；
在上，
f′(x)<0；在上，f′(x)>0.故函数在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数.
故f是极大值，f是极小值.
再由f(x)的三个零点为x1，x2，x3，且x1.
根据f(0)=a>0，且f=a-<0，
可得>x2>0.故选C.
4.(2014·铁岭高二检测)已知函数f(x)=x3+ax2+2bx+c(a，b，c∈R)，且函数f(x)在区间(0，1)内取得极大值，在区间(1，2)内取得极小值，则z=(a+3)2+b2
的取值范围为( )
A. B.
C.(1，2) D.(1，4)
【解析】选B.f′(x)=x2+ax+2b，
因为函数f(x)在区间(0，1)内取得极大值，
在区间(1，2)内取得极小值，所以
即画出可行域如图所示，z=(a+3)2+b2为可行域内的点到(-3，0)的距离的平方，由图可知，距离的最小值为=，距离的最大值为2(最大、小值均取不到)，所以z=(a+3)2+b2的取值范围为.
二、填空题(每小题5分，共10分)
5.若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值，则常数c的值为________.
【解析】f′(x)=3x2-4cx+c2，f′(2)=c2-8c+12=0，c=2或6，c=2时f(x)在x=2处取极小值，c=6时f(x)在x=2处取极大值，故常数c的值为6.
答案：6
6.(2014·广州高二检测)已知函数f(x)的导数f′(x)=a(x+1)·(x-a)，若f(x)在x=a处取到极大值，则a的取值范围是____________.
【解题指南】f(x)在x=a处取到极大值，分析可得有x0，x>a时，f′(x)<0，分3种情况讨论x>a时与x0，且x>a时，
f′(x)=a(x+1)(x-a)<0，
当a≥0时，不成立，
当-10，x>a时，
f′(x)<0，符合题意；
当a≤-1时，有xa时，f′(x)>0，f(x)在x=a处取到极小值，不合题意，
综合可得：-10，得x<-或x>；
令g′(x)<0，得-0)，
f′(x)=x-5+=，
令f′(x)=0，解得x1=2，x2=3.
当03时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，2)，(3，+∞)上为增函数；
当2g=.所以b≤.
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