高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册第六章 导数及其应用6.1 导数本节综合与测试课后练习题

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册第六章 导数及其应用6.1 导数本节综合与测试课后练习题，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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
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)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
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，则下列结论中一定成立的是( )
A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值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的极小值．
[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\c1(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：根据极值的概念，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：B
2．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)的极小值点，故选D.
答案：D
3．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：A
4．解析：由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；
当－2当1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处取得极小值．
答案：D
5．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\c1(2－k>0，,－2－k<0，))
∴－2答案：(－2，2)
7．解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（1）＝3，,f′（\f(2,3)）＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3＋2a＋b＝3，,\f(4,3)＋\f(4,3)a＋b＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝－4.))经验证知符合题意．
答案：2 －4
8．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处取得极小值，极小值为f(1)＝3，无极大值．
9．解析：(1)y′＝3ax2＋2bx.
由题意，知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝3，,f′（1）＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝3，,3a＋2b＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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00；
当x>1时，y′<0.
所以当x＝0时，y有极小值，其极小值为0.
10．解析：因为f(x)＝eq \f(1＋lnx,x)，x>0，
则f′(x)＝－eq \f(lnx,x2)，
当00，
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x＝1处取得极大值．
因为函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a＋\f(1,2)))(其中a>0)上存在极值，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<1，,a＋\f(1,2)>1，))解得eq \f(1,2)