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《创新设计》2018版高考数学(理)人教A版(全国)一轮复习练习第三章导数及其应用第2讲第2课时Word版含答


基础巩固题组

(建议用时:40 分钟)

一、选择题

1.(2016·四川卷)已知 a 为函数 f(x)=x3-12x 的极小值点,则 a=( )

A.-4

B.-2

C.4

D.2

解析 f′(x)=3x2-12,∴x<-2 时,f′(x)>0,-2<x<2 时,f′(x)<0,x>2 时,

f′(x)>0,∴x=2 是 f(x)的极小值点.

答案 D

2.函数 f(x)=12x2-ln x 的最小值为(

)

1 A.2

B.1

C.0

D.不存在

解析 f′(x)=x-1x=x2-x 1,且 x>0.令 f′(x)>0,得 x>1;令 f′(x)<0,得 0<x<1.∴f(x)

在 x=1 处取得极小值也是最小值,且 f(1)=12-ln 1=12.

答案 A

3.(2017·合肥模拟)已知函数 f(x)=x3+bx2+cx 的图象如图所示,则 x12+x22等于

()

2

4

A.3

B.3

8

16

C.3

D. 3

解析 由图象可知 f(x)的图象过点(1,0)与(2,0),x1,x2 是函数 f(x)的极值点, 因此 1+b+c=0,8+4b+2c=0,解得 b=-3,c=2,所以 f(x)=x3-3x2+2x,

所以 f′(x)=3x2-6x+2.x1,x2 是方程 f′(x)=3x2-6x+2=0 的两根,因此 x1+x2=

2,x1x2=23,所以 x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=4-43=83.

答案 C

4.做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是 27π,且用料最省,则圆柱的底面

半径为( )

A.3

B.4

C.6

D.5

解析 设圆柱的底面半径为 R,母线长为 l,则 V=πR2l=27π,∴l=2R72,要使

用料最省,只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和 S 最小.

由题意,S=πR2+2πRl=πR2+2π·2R7.

∴S′=2πR-54Rπ2 ,令 S′=0,得 R=3,则当 R=3 时,S 最小.故选 A.

答案 A

5.(2017·东北四校联考)已知函数 f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1 有极大值和极小值,则

实数 a 的取值范围是( )

A.(-1,2)

B.(-∞,-3)∪(6,+∞)

C.(-3,6)

D.(-∞,-1)∪(2,+∞)

解析 ∵f′(x)=3x2+2ax+(a+6),

由已知可得 f′(x)=0 有两个不相等的实根.

∴Δ=4a2-4×3(a+6)>0,即 a2-3a-18>0,

∴a>6 或 a<-3.

答案 B

二、填空题

6.(2017·肇庆模拟)已知函数 f(x)=x3+ax2+3x-9,若 x=-3 是函数 f(x)的一个极

值点,则实数 a=________.

解析 f′(x)=3x2+2ax+3.

依题意知,-3 是方程 f′(x)=0 的根,

所以 3×(-3)2+2a×(-3)+3=0,解得 a=5.

经检验,a=5 时,f(x)在 x=-3 处取得极值.

答案 5

?x3-3x,x≤0, 7.(2016·北京卷改编)设函数 f(x)=??-2x,x>0, 则 f(x)的最大值为________.
解析 当 x>0 时,f(x)=-2x<0;

当 x≤0 时,f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),当 x<-1 时,f′(x)>0,f(x)是增函数,

当-1<x<0 时,f′(x)<0,f(x)是减函数.

∴f(x)≤f(-1)=2,∴f(x)的最大值为 2.

答案 2 8.设 a∈R,若函数 y=ex+ax 有大于零的极值点,则实数 a 的取值范围是________.
解析 ∵y=ex+ax,∴y′=ex+a. ∵函数 y=ex+ax 有大于零的极值点, 则方程 y′=ex+a=0 有大于零的解, ∵x>0 时,-ex<-1,∴a=-ex<-1. 答案 (-∞,-1) 三、解答题 9.(2015·安徽卷)已知函数 f(x)=(x+axr)2(a>0,r>0). (1)求 f(x)的定义域,并讨论 f(x)的单调性; (2)若ar=400,求 f(x)在(0,+∞)内的极值. 解 (1)由题意可知 x≠-r,所求的定义域为(-∞,-r)∪(-r,+∞). f(x)=(x+axr)2=x2+2arxx+r2, f′(x)=a(x2+2(rxx+2+r22)rx-+arx2()22 x+2r)=a(r-(xx)+(r)x+4 r). 所以当 x<-r 或 x>r 时,f′(x)<0; 当-r<x<r 时,f′(x)>0. 因此,f(x)的单调递减区间为(-∞,-r),(r,+∞); f(x)的单调递增区间为(-r,r). (2)由(1)的解答可知 f′(r)=0,f(x)在(0,r)上单调递增,在(r,+∞)上单调递减. 因此,x=r 是 f(x)的极大值点, 所以 f(x)在(0,+∞)内的极大值为 f(r)=(2arr)2=4ar=4040=100, f(x)在(0,+∞)内无极小值; 综上,f(x)在(0,+∞)内极大值为 100,无极小值. 10.已知函数 f(x)=(x-k)ex. (1)求 f(x)的单调区间; (2)求 f(x)在区间[0,1]上的最小值. 解 (1)由题意知 f′(x)=(x-k+1)ex.

令 f′(x)=0,得 x=k-1.

f(x)与 f′(x)随 x 的变化情况如下表:

x

(-∞,k-1) k-1 (k-1,+∞)

f′(x)



0



f(x)

-ek-1

所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1);单调递增区间是(k-1,+∞).

(2)当 k-1≤0,即 k≤1 时,f(x)在[0,1]上单调递增,

所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(0)=-k;

当 0<k-1<1,即 1<k<2 时,

f(x)在[0,k-1]上单调递减,在[k-1,1]上单调递增,

所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(k-1)=-ek-1;

当 k-1≥1,即 k≥2 时,f(x)在[0,1]上单调递减,

所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(1)=(1-k)e.

综上,当 k≤1 时,f(x)在[0,1]上的最小值为 f(0)=-k;

当 1<k<2 时,f(x)在[0,1]上的最小值为

f(k-1)=-ek-1;

当 k≥2 时,f(x)在[0,1]上的最小值为 f(1)=(1-k)e.

能力提升题组

(建议用时:25 分钟)

11.(2017·石家庄质检)若 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x3-ax2-2bx+2 在 x=1 处有

极值,若 t=ab,则 t 的最大值为( )

A.2

B.3

C.6

D.9

解析 f′(x)=12x2-2ax-2b,则 f′(1)=12-2a-2b=0,则 a+b=6,

又 a>0,b>0,则 t=ab≤???a+2 b???2=9,当且仅当 a=b=3 时取等号.

答案 D

12.(2017·长沙调研)若函数 f(x)=13x3+x2-23在区间(a,a+5)上存在最小值,则实

数 a 的取值范围是( )

A.[-5,0)

B.(-5,0)

C.[-3,0)

D.(-3,0)

解析 由题意,f′(x)=x2+2x=x(x+2),故 f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上是

增函数,在(-2,0)上是减函数,作出其图象如图所示.

令13x3+x2-23=-23得,x=0 或 x=-3,则结合图象可知,???-a+3≤5>a0<,0,解得 a∈[- 3,0),故选 C.

答案 C

13.函数 f(x)=x3-3ax+b(a>0)的极大值为 6,极小值为 2,则 f(x)的单调递减区间

是________.

解析 令 f′(x)=3x2-3a=0,得 x=± a,

则 f(x),f′(x)随 x 的变化情况如下表:

x (-∞,- a) - a (- a, a)

a ( a,+∞)

f′(x)



0



0



f(x)

极大值

极小值

?(- a)3-3a(- a)+b=6, ?a=1,

从而? ?( a)3-3a a+b=2,

解得??b=4.

所以 f(x)的单调递减区间是(-1,1).

答案 (-1,1)

14.(2017·济南模拟)设函数 f(x)=ln(x+a)+x2.

(1)若当 x=-1 时,f(x)取得极值,求 a 的值,并讨论 f(x)的单调性;

(2)若

f(x)存在极值,求

a

的取值范围,并证明所有极值之和大于

e ln2.

解 (1)f′(x)=x+1 a+2x,依题意,有 f′(-1)=0,故 a=32.

从而 f′(x)=(2x+1x)+(32 x+1),且 f(x)的定义域为???-32,+∞???,

当-32<x<-1 时,f′(x)>0;

当-1<x<-12时,f′(x)<0;

当 x>-12时,f′(x)>0.

∴f(x)在区间???-32,-1???,???-12,+∞???上单调递增,在???-1,-12???上单调递减.

(2)f(x)的定义域为(-a,+∞),f′(x)=2x2+x+2aax+1.

方程 2x2+2ax+1=0 的判别式 Δ=4a2-8,

①若Δ≤0,即- 2≤a≤ 2时,f′(x)≥0,故 f(x)无极值.

②若 Δ>0,即 a<- 2或 a> 2,则 2x2+2ax+1=0 有两个不同的实根,x1=

-a-

2

a2-2,x2=-a+

2

a2-2 .

当 a<- 2时,x1<-a,x2<-a, 故 f′(x)>0 在定义域上恒成立,

故 f(x)无极值.

当 a> 2时,-a<x1<x2,故 f(x)在(-a,x1)上递增,(x1,x2)上递减,(x2,+∞) 上递增.

故 f(x)在 x=x1,x=x2 取得极值.

综上,f(x)存在极值时,a 的取值范围为( 2,+∞).

由上可知,x1+x2=-a,x1x2=12.

所以,f(x)的极值之和为 f(x1)+f(x2)=ln(x1+a)+x21+ln(x2+a)+x22 =ln(-x2)+ln(-x1)+(x12+x22) =ln(x1x2)+(x1+x2)2-2x1x2

=ln12+a2-1>ln12+( 2)2-1=ln2e.



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