1.3.2 函数的极值与导数 同步练习1（含答案）

1.3.2
函数的极值与导数
同步练习
基础巩固训练
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-20时，xf′(x)>0.
3.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.0B.b<1
C.b>0
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-15.设函数f(x)满足x2f′(x)+2xf(x)=，f(2)=，则x>0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.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.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-1答案：-2或2
【变式训练】已知函数f(x)=x3-2x2+1+mx-2有极值，则m的取值范围为__.
【解析】f′(x)=3x2-4x+1+m，要使f(x)有极值，需使二次方程有两个不等根，即Δ=(-4)2-4×3>0 m<1.
答案：m<1
8.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0所以f(x)的增区间为(-∞，0)及(2，+∞)，减区间为(0，2)，所以(3)正确；f(0)=0是极大值，f(2)=-4是极小值，(4)正确；而(1)(2)均错误.
答案：(3)(4)
9.若函数f(x)=x3+x2-ax-4在区间(-1，1)上恰有一个极值点，则实数a的取值范围为_____.
【解题指南】首先利用函数的导数与极值的关系，由于函数f(x)=x3+x2-ax-4在区间(-1，1)上恰有一个极值点，所以f′(-1)f′(1)<0，故可求实数a的取值范围.
【解析】由题意，f′(x)=3x2+2x-a，
则f′(-1)f′(1)<0，即(1-a)(5-a)<0，
解得1答案：[1，5)
三、解答题(每小题10分，共20分)
10.已知函数f(x)=kx3-3x2+1(k≥0).
(1)求函数f(x)的单调区间.
(2)若函数f(x)的极小值大于0，求k的取值范围.
【解析】(1)当k=0时，f(x)=-3x2+1，
所以f(x)的单调增区间为(-∞，0]，单调减区间为[0，+∞).
当k>0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.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.
能力提升训练
一、选择题(每小题4分，共16分)
1.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2.函数f(x)=2sinx-x，则有(　　)
A.x=是极小值点　　　　　
B.x=是极小值点
C.x=是极大值点
D.x=是极大值点
【解析】选C.f′(x)=2cosx-1，f′=0，由图象可知，在x=左侧f′(x)>0，在x=右侧f′(x)<0，所以x=是极大值点，故选C.
3.设函数f(x)=x3-4x+a，0A.x1>-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x1【解析】选C.因为函数f(x)=x3-4x+a，0所以f′(x)=3x2-4，令f′(x)=0可得x=±.
因为在上，f′(x)>0；
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.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.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x【解析】因为f′(x)=a(x+1)(x-a)且f(x)在x=a处取到极大值，
则必有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：-1答案：(-1，0)
三、解答题(每小题12分，共24分)
7.设函数f(x)=x3+bx2+cx(x∈R)，已知g(x)=f(x)-f′(x)是奇函数.
(1)求b，c的值.
(2)求g(x)的单调区间与极值.
【解析】(1)f′(x)=3x2+2bx+c，
所以g(x)=f(x)-f′(x)
=x3+bx2+cx-(3x2+2bx+c)
=x3+(b-3)x2+(c-2b)x-c.
又g(x)是奇函数，所以g(0)=-c=0，
由g(-x)=-g(x)得b-3=0，
所以b=3，c=0.
(2)由(1)知，g(x)=x3-6x，
所以g′(x)=3x2-6，
令g′(x)=0，得x=±，
令g′(x)>0，得x<-或x>；
令g′(x)<0，得-所以(-∞，-)，(，+∞)是函数g(x)的递增区间，(-，)是函数g(x)的递减区间，函数g(x)在x=-处取得极大值为4；在x=处，取得极小值为-4.
【举一反三】若把题目中“g(x)=f(x)-f′(x)”改为“g(x)=f(x)+f′(x)”，如何求b，c的值？
【解析】f′(x)=3x2+2bx+c，
g(x)=f(x)+f′(x)=x3+bx2+cx+(3x2+2bx+c)=x3+(b+3)x2+(c+2b)x+c.
又g(x)是奇函数，所以g(0)=c=0，
由g(-x)=-g(x)得b+3=0.
所以b=-3，c=0.
【变式训练】设f(x)=a(x-5)2+6lnx，其中a∈R，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6).
(1)确定a的值.
(2)求函数f(x)的单调区间与极值.
【解题指南】直接根据曲线在(1，
f(1))处的切线过点(0，
6)求出a的值，直接求导得出函数的单调区间与极值.
【解析】(1)因为f(x)=a(x-5)2+6lnx，
所以f′(x)=2a(x-5)+.
令x=1，得f(1)=16a，f′(1)=6-8a，
所以曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-16a=(6-8a)(x-1)，
因为点(0，6)在切线上，
所以6-16a=8a-6，得a=.
(2)由(1)知，f(x)=(x-5)2+6lnx(x>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2由此可知f(x)在x=2处取得极大值f(2)=+6ln2，在x=3处取得极小值f(3)=2+6ln
3.
8.已知函数f(x)=(x2+bx+b)(b∈R).
(1)当b=4时，求f(x)的极值.
(2)若f(x)在区间上单调递增，求b的取值范围.
【解题指南】(1)b=4时，函数解析式具体，对函数求导，列表求函数的极值即可.
(2)f(x)在区间上单调递增即f′(x)≥0对x∈恒成立，即转化为不等式恒成立问题求解即可.
【解析】(1)当b=4时，f(x)=(x2+4x+4)，x∈，
f′(x)=(2x+4)-
=
==.
令f′(x)=0，得x=0或x=-2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表:
x
(-∞，-2)
-2
(-2，0)
0
f′(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
所以f(x)的极小值为f(-2)=0，f(x)的极大值为f(0)=4.
(2)因为f′(x)=，f(x)在区间上单调递增，所以f′(x)≥0对x∈恒成立，即5x2+(3b-2)x≤0对x∈恒成立.
即5x+3b-2≤0对x∈恒成立.
即b≤-x+对x∈恒成立，
令g(x)=-x+，x∈，
则g(x)>g=.所以b≤.