高中数学 第三章 导数及其应用习题课（2）课时作业（含解析）新人教A版选修1-1-新人教A版高二选修1-1数学试题VIP专享VIP免费

习题课(2)一、选择题1．[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：极大值点不一定为最大值点，故A错；y＝f(－x)与y＝f(x)关于y轴对称，故－x0为f(－x)的极大值点，B错；y＝f(x)与y＝－f(x)关于x轴对称，故x0为－f(x)的极小值点，－x0不一定为－f(x)的极小值点，C错；y＝－f(－x)与y＝f(x)关于原点对称，∴－x0是－f(－x)的极小值点，故D对．答案：D2．函数y＝f(x)的定义域为R，导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)()A.无极大值点，有四个极小值点B.无极小值点，有四个极大值点C.有两个极大值点，两个极小值点D.有三个极大值点，一个极小值点解析：f′(x)＝0的根分别如题图a、c、e、g.x0，a0知c为极小值点，e0知g为极小值点．故选C.答案：C3．若x＝－2与x＝4是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点，则有()A．a＝－2，b＝4B．a＝－3，b＝－24C．a＝1，b＝3D．a＝2，b＝－4解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意有x＝－2和x＝4是方程3x2＋2ax＋b＝0的两个根，所以有－＝－2＋4，＝－2×4，解得a＝－3，b＝－24.答案：B4．函数f(x)＝x＋2cosx在区间[－，0]上的最小值是()A．－B．2C.＋D.＋1解析：f′(x)＝1－2sinx， x∈[－，0]，∴sinx∈[－1,0]，∴－2sinx∈[0,2]．∴f′(x)＝1－2sinx>0在[－，0]上恒成立．∴f(x)在[－，0]上单调递增．∴f(x)min＝－＋2cos(－)＝－.1答案：A5．若f(x)＝x3－ax2＋4在(0,2)内单调递减，则实数a的取值范围是()A．a≥3B．a＝3C．a≤3D．00，f(x2)>－B.f(x1)<0，f(x2)<－C.f(x1)>0，f(x2)<－D.f(x1)<0，f(x2)>－解析：f′(x)＝lnx－2ax＋1，依题意知f′(x)＝0有两个不等实根x1，x2.即曲线y1＝1＋lnx与y2＝2ax有两个不同交点，如图．由直线y＝x是曲线y＝1＋lnx的切线，可知：0<2a<1，且00，当x>x2时，f′(x)<0，∴f(x2)>f(1)＝－a>－，故选D.答案：D二、填空题7．函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝__________处取得极小值．解析：由f′(x)＝3x2－6x＝0，解得x＝0或x＝2.列表如下：x(－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值∴当x＝2时，f(x)取得极小值．答案：28．设p：f(x)＝lnx＋2x2＋mx＋1在(0，＋∞)上是递增的，q：m≥－4，则p是q的________条件．解析：f(x)＝lnx＋2x2＋mx＋1在(0，＋∞)上是递增的，可知在(0，＋∞)上f′(x)＝＋4x＋m≥0恒成立，而＋4x≥4，当且仅当x＝时等号成立，(＋4x)min＝4，故只需要4＋m≥0，即2m≥－4即可．故p是q的充要条件．答案：充要9．方程－＋3＝0的解有________个(填数字)．解析：设f(x)＝－＋3，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝－－<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．又f(9)＝>0，f(100)＝－10＋3<0，所以曲线f(x)在(0，＋∞)上与x轴只有1个交点，即原方程只有1个解．答案：1三、解答题10．[2013·课标全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)(ex－)．令f′(x)＝0得，x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)单调递增，在(－2，－ln2)单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．11．设函数f(x)＝a2lnx－x2＋ax，(a>0)(1)求f(x)的单调区间；(2)求...