新教材2025版高中数学课时作业二十导数与函数的极值新人教B版选择性必修第三册

课时作业(二十)导数与函数的极值一、选择题1．下列结论中，正确的是()A．导数为零的点肯定是极值点B．假如在x0点旁边的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值C．假如在x0点旁边的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是微小值D．假如在x0点旁边的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极大值2．设函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，则()A．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极大值点B．x＝eq\f(1,2)为f(x)的微小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的微小值点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＋4．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列结论中肯定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(2)二、填空题5．设a∈R，若函数y＝ex＋ax(x∈R)有大于零的极值点，则a的取值范围为________．6．设方程x3－3x＝k有3个不等的实根，则实数k的取值范围是________．7．已知曲线f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1在点(1，f(1))处的切线斜率为3，且x＝eq\f(2,3)是y＝f(x)的极值点，则a＝________，b＝________．三、解答题8．设函数f(x)＝alnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴．(1)求a的值；(2)求函数f(x)的极值．9．已知函数y＝ax3＋bx2，当x＝1时，有极大值3.(1)求实数a，b的值；(2)求函数y的微小值．[尖子生题库]10．已知函数f(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，若函数在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(1,2)))(其中a>0)上存在极值，求实数a的取值范围．课时作业(二十)导数与函数的极值、最值1．解析：依据极值的概念，左侧f′(x)>0，单调递增；右侧f′(x)<0，单调递减，f(x0)为极大值．答案：B2．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，当x∈(0，2)时，f′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.因此x＝2为f(x)的微小值点，故选D.答案：D3．解析：∵f′(x)＝2x－eq\f(2·（－1）k,x)且x∈(0，＋∞)，令f′(x)＝0，得x2＝(－1)k，(*)要使f(x)存在极值，则方程(*)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．解析：由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得微小值．答案：D5．解析：∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a，令y′＝ex＋a＝0，则ex＝－a，即x＝ln(－a)，又∵x＞0，∴－a＞1，即a＜－1.答案：(－∞，－1)6．解析：设f(x)＝x3－3x－k，则f′(x)＝3x2－3.令f′(x)＝0，得x＝±1，且f(1)＝－2－k，f(－1)＝2－k，又f(x)的图象与x轴有3个交点，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－k>0，,－2－k<0，))∴－2<k<2.答案：(－2，2)7．解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由题意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝3，,f′（\f(2,3)）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝3，,\f(4,3)＋\f(4,3)a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－4.))阅历证知符合题意．答案：2－48．解析：(1)f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(1,2x2)＋eq\f(3,2)(x>0).由题意知，曲线在x＝1处的切线斜率为0，即f′(1)＝0，从而a－eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)＝0，解得a＝－1.(2)由(1)知f(x)＝－lnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1(x>0)，f′(x)＝－eq\f(1,x)－eq\f(1,2x2)＋eq\f(3,2)＝eq\f(3x2－2x－1,2x2)＝eq\f(（3x＋1）（x－1）,2x2).令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－eq\f(1,3)(舍去).当x∈(0，1)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．f(x)在x＝1处取得微小值，微小值为f(1)＝3，无极大值．9．解析：(1)y′＝3ax2＋2bx.由题意，知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝3，,f′（1）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝3，,3a＋2b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9.))经检验符合题意，故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.所以当x<0时，y′<0；当0<x<1时，y′>0；当x>1时，y′<0.所以当x＝0时，y有微小值，其微小值为0.10．解析：因为f(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，x>0，则f′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，当0<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0.所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以函数f(x)在