2019-2020年高中数学第四章导数应用4.1函数的单调性与极值4.1.3函数的极值课时作业北师大版选修

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1、2019-2020年高中数学第四章导数应用4.1函数的单调性与极值4.1.3函数的极值课时作业北师大版选修一、选择题1．函数y＝(x2－1)3＋1的极值点是(　　)A.极大值点x＝－1B.极大值点x＝0C.极小值点x＝0D.极小值点x＝1解析：y′＝6x(x2－1)2＝0有三个根，x1＝－1，x2＝0，x3＝1，由解y′>0得x>0；由解y′<0得x<0，只有x＝0是极小值点，故选C.答案：C　2．已知函数y＝x－ln(1＋x2)，则函数y的极值情况是(　　)A.有极小值B.有极大值C.既有极大值又有极小值D.无极值解析：∵y′＝1－(x2＋1)′＝1－＝

2、，令y′＝0得x＝1，当x>1时，y′>0，当x<1时，y′>0，∴函数无极值．答案：D　3．函数f(x)＝－x3＋x取极小值时，x的值是(　　)A．2B．2，－1C．－1D．－3解析：f′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，f′(x)的图像如右图．∵在x＝－1的附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，∴x＝－1时取极小值．答案：C　4．[xx·浙江高考]已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则(　　)A.当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B.当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C.当k＝2时

3、，f(x)在x＝1处取到极小值D.当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值解析：当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，f′(x)＝xex－1，f′(1)≠0，故A、B错；当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，f′(x)＝(x2－1)ex－2x＋2＝(x－1)[(x＋1)ex－2]，故f′(x)＝0有一根为x1＝1，另一根x2∈(0,1)．当x∈(x2,1)时，f′(x)<0，f(x)递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)递增，∴f(x)在x＝1处取得极小值．故选C.答案：C　二、填空题5．若函数y＝－x3＋6x2＋m的极大值

4、等于13，则实数m等于__________．解析：y′＝－3x2＋12x，由y′＝0，得x＝0或x＝4，容易得出当x＝4时函数取得极大值，所以－43＋6×42＋m＝13，解得m＝－19.答案：－196．已知实数a，b，c，d成等比数列，且曲线y＝3x－x3的极大值点坐标为(b，c)，则ad＝__________.解析：∵y′＝3－3x2，令y′＝0得x＝±1，且当x>1时，y′<0，当－1≤x≤1时，y′≥0，当x<－1时，y′<0，故x＝1为y＝3x－x3的极大值点，即b＝1.又c＝3b－b3＝3×1－1＝2，∴bc＝2.又∵a，b，c，d成等比数列，∴

5、ad＝bc＝2.答案：27．已知函数y＝xf′(x)的图像如右图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，给出以下说法：①函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数；②函数f(x)在区间(－1,1)上单调递增；③函数f(x)在x＝－处取得极大值；④函数f(x)在x＝1处取得极小值．其中正确的说法是__________．解析：题号正误原因分析①由图像知，当x∈(1，＋∞)时，xf′(x)>0，故f′(x)>0，f(x)递增②当x∈(－1,0)时，xf′(x)>0，故f′(x)<0；当x∈(0,1)时，xf′(x)<0，故f′(x)<0.综上，当x∈(－

6、1,0)∪(0,1)时，f′(x)<0，故f(x)在区间(－1,0)，(0,1)上是减函数③f(x)在区间(－1,0)上单调递减，故x＝－不是极值点④f(x)在区间(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，故f(x)在x＝1处取得极小值答案：①④三、解答题8．[xx·重庆高考]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：(1)因f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，故f′(x)＝2a(x－5)＋.令x＝1，得f(1

7、)＝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)，由点(0,6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故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

8、.9．设函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a>0)，且方程f′