高中數(shù)學(xué)人教B版2第一章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用學(xué)業(yè)分層測評第1章

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．下列結(jié)論中，正確的是()A．導(dǎo)數(shù)為零的點(diǎn)一定是極值點(diǎn)B．如果在x0點(diǎn)附近的左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，那么f(x0)是極大值C．如果在x0點(diǎn)附近的左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，那么f(x0)是極小值D．如果在x0點(diǎn)附近的左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，那么f(x0)是極大值【解析】根據(jù)極值的概念，左側(cè)f′(x)>0，單調(diào)遞增；右側(cè)f′(x)<0，單調(diào)遞減，f(x0)為極大值．【答案】B2．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，則()A．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極大值點(diǎn)B．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極小值點(diǎn)C．x＝2為f(x)的極大值點(diǎn)D．x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)【解析】f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)，令f′(x)＝0，即eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＝0，得x＝2，當(dāng)x∈(0,2)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0.因此x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)，故選D.【答案】D3．已知函數(shù)f(x)＝x2－2(－1)klnx(k∈N＋)存在極值，則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＋【解析】∵f′(x)＝2x－eq\f(2·－1k,x)且x∈(0，＋∞)，令f′(x)＝0，得x2＝(－1)k，(*)要使f(x)存在極值，則方程(*)在(0，＋∞)上有解．∴(－1)k>0，又k∈N＋，∴k＝2,4,6,8，…，所以k的取值集合是{2,4,6,8，…}．【答案】A4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．m≥eq\f(3,2) B．m>eq\f(3,2)C．m≤eq\f(3,2) D．m<eq\f(3,2)【解析】令f′(x)＝2x3－6x2＝0，得x＝0或x＝3.經(jīng)檢驗(yàn)，知x＝3是函數(shù)的最小值點(diǎn)，所以函數(shù)f(x)的最小值為f(3)＝3m－eq\f(27,2).因?yàn)椴坏仁絝(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－eq\f(27,2)≥－9，解得m≥eq\f(3,2)，故選A.【答案】A5．函數(shù)f(x)＝eq\f(x,ex)在區(qū)間[2,4]上的最小值為()【導(dǎo)學(xué)號：05410023】A．0 \f(1,e)\f(4,e4) \f(2,e2)【解析】f′(x)＝eq\f(ex－xex,ex2)＝eq\f(1－x,ex)，當(dāng)x∈[2,4]時，f′(x)<0，即函數(shù)f(x)在區(qū)間[2,4]上單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝4時，函數(shù)f(x)有最小值eq\f(4,e4).【答案】C二、填空題6．函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋1在x＝__________處取得極小值．【解析】由f(x)＝x3－3x2＋1，得f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．令f′(x)＝0，解得x＝0，x＝2，當(dāng)x∈(0,2)時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(－∞，0)和(2，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．故當(dāng)x＝2時，函數(shù)f(x)取得極小值．【答案】27．設(shè)方程x3－3x＝k有3個不等的實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．【解析】設(shè)f(x)＝x3－3x－k，則f′(x)＝3x2－3.令f′(x)＝0，得x＝±1，且f(1)＝－2－k，f(－1)＝2－k，又f(x)的圖象與x軸有3個交點(diǎn)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－k>0，,－2－k<0，))∴－2<k<2.【答案】(－2,2)8．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x2)＋2lnx，若當(dāng)a>0時，f(x)≥2恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．【解析】由f(x)＝eq\f(a,x2)＋2lnx，得f′(x)＝eq\f(2x2－a,x3)，又函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且a>0，令f′(x)＝0，得x＝－eq\r(a)(舍去)或x＝eq\r(a).當(dāng)0<x<eq\r(a)時，f′(x)<0；當(dāng)x>eq\r(a)時，f′(x)>0.故x＝eq\r(a)是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)，且f(eq\r(a))＝lna＋1.要使f(x)≥2恒成立，需lna＋1≥2恒成立，則a≥e.【答案】[e，＋∞)三、解答題9．已知函數(shù)y＝ax3＋bx2，當(dāng)x＝1時，有極大值3.(1)求實(shí)數(shù)a，b的值；(2)求函數(shù)y的極小值．【解】(1)y′＝3ax2＋2bx.由題意，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝3，,f′1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝3，,3a＋2b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9.))(2)由(1)知y＝－6x3＋9x2.所以y′＝－18x2＋18x＝－18x(x－1)．令y′＝0，解得x1＝1，x2＝0.所以當(dāng)x<0時，y′<0；當(dāng)0<x<1時，y′>0；當(dāng)x>1時，y′<0.所以當(dāng)x＝0時，y有極小值，其極小值為0.10．(2023·太原高二檢測)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，若函數(shù)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(1,2)))(其中a>0)上存在極值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解】因?yàn)閒(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，x>0，則f′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0，當(dāng)x>1時，f′(x)<0.所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)在x＝1處取得極大值．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(1,2)))(其中a>0)上存在極值，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<1，,a＋\f(1,2)>1，))解得eq\f(1,2)<a<1.[能力提升]1．已知函數(shù)f(x)＝x3－px2－qx的圖象與x軸相切于(1,0)點(diǎn)，則f(x)()【導(dǎo)學(xué)號：05410024】A．極大值為eq\f(4,27)，極小值為0B．極大值為0，極小值為eq\f(4,27)C．極大值為0，極小值為－eq\f(4,27)D．極大值為eq\f(4,27)，極小值為－eq\f(4,27)【解析】f′(x)＝3x2－2px－q，依題意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝0，,f′1＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－p－q＝0，,3－2p－q＝0，))解得p＝2，q＝－1.∴f(x)＝x3－2x2＋x，f′(x)＝3x2－4x＋1，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f(1,3).∴當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))時，f′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，∴當(dāng)x＝eq\f(1,3)時，函數(shù)有極大值，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,27)，當(dāng)x＝1時，函數(shù)有極小值，f(1)＝1－2＋1＝0，故選A.【答案】A2．如圖1-3-8是函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致圖象，則xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()圖1-3-8\f(2,3) \f(4,3)\f(8,3) \f(12,3)【解析】函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的圖象過點(diǎn)(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(diǎn)，即x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的實(shí)根，xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－eq\f(4,3)＝eq\f(8,3).【答案】C3．函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的極大值為6，極小值為2，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是__________．【解析】由題意，知f′(x)＝3x2－3a，令f′(x)＝0，得x＝±eq\r(a).因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的極大值為6，極小值為2，所以f(eq\r(a))＝2，f(－eq\r(a))＝6，即(eq\r(a))3－3aeq\r(a)＋b＝2，(－eq\r(a))3＋3aeq\r(a)＋b＝6，解得a＝1，b＝4.所以f′(x)＝3x2－3，令f′(x)<0，解得－1<x<1，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－1,1)．【答案】(－1,1)4．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－e－x，若對所有x≥0都有f(x)≥ax，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解】令g(x)＝f(x)－ax，由g′(x)＝f′(x)－a＝ex＋e－x－a，由于ex＋e－x＝ex＋eq\f(1,ex)≥2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時等號成立，)所以當(dāng)a≤2時，g(x)＝ex＋e－x－a≥2－a≥0，故g(x)在(0，＋∞)