課時作業(yè)(二十)導數(shù)與函數(shù)的極值一、選擇題1．下列結論中，正確的是()A．導數(shù)為零的點肯定是極值點B．假如在x0點旁邊的左側f′(x)>0，右側f′(x)<0，那么f(x0)是極大值C．假如在x0點旁邊的左側f′(x)>0，右側f′(x)<0，那么f(x0)是微小值D．假如在x0點旁邊的左側f′(x)<0，右側f′(x)>0，那么f(x0)是極大值2．設函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，則()A．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極大值點B．x＝eq\f(1,2)為f(x)的微小值點C．x＝2為f(x)的極大值點D．x＝2為f(x)的微小值點3．已知函數(shù)f(x)＝x2－2(－1)klnx(k∈N＋)存在極值，則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．設函數(shù)f(x)在R上可導，其導函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則下列結論中肯定成立的是()A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和微小值f(1)B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和微小值f(1)C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和微小值f(－2)D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和微小值f(2)二、填空題5．設a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax(x∈R)有大于零的極值點，則a的取值范圍為________．6．設方程x3－3x＝k有3個不等的實根，則實數(shù)k的取值范圍是________．7．已知曲線f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1在點(1，f(1))處的切線斜率為3，且x＝eq\f(2,3)是y＝f(x)的極值點，則a＝________，b＝________．三、解答題8．設函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1，其中a∈R，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于y軸．(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的極值．9．已知函數(shù)y＝ax3＋bx2，當x＝1時，有極大值3.(1)求實數(shù)a，b的值；(2)求函數(shù)y的微小值．[尖子生題庫]10．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，若函數(shù)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(1,2)))(其中a>0)上存在極值，求實數(shù)a的取值范圍．課時作業(yè)(二十)導數(shù)與函數(shù)的極值、最值1．解析：依據(jù)極值的概念，左側f′(x)>0，單調遞增；右側f′(x)<0，單調遞減，f(x0)為極大值．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，當x∈(0，2)時，f′(x)<0，當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0.因此x＝2為f(x)的微小值點，故選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)存在極值，則方程(*)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：由題圖可知，當x<－2時，f′(x)>0；當－2<x<1時，f′(x)<0；當1<x<2時，f′(x)<0；當x>2時，f′(x)>0.由此可以得到函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得微小值．答案：D5．解析：∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a，令y′＝ex＋a＝0，則ex＝－a，即x＝ln(－a)，又∵x＞0，∴－a＞1，即a＜－1.答案：(－∞，－1)6．解析：設f(x)＝x3－3x－k，則f′(x)＝3x2－3.令f′(x)＝0，得x＝±1，且f(1)＝－2－k，f(－1)＝2－k，又f(x)的圖象與x軸有3個交點，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，由題意知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.))閱歷證知符合題意．答案：2－48．解析：(1)f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(1,2x2)＋eq\f(3,2)(x>0).由題意知，曲線在x＝1處的切線斜率為0，即f′(1)＝0，從而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).當x∈(0，1)時，f′(x)<0，故f(x)在(0，1)上單調遞減；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上單調遞增．f(x)在x＝1處取得微小值，微小值為f(1)＝3，無極大值．9．解析：(1)y′＝3ax2＋2bx.由題意，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.))經(jīng)檢驗符合題意，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.所以當x<0時，y′<0；當0<x<1時，y′>0；當x>1時，y′<0.所以當x＝0時，y有微小值，其微小值為0.10．解析：因為f(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，x>0，則f′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，當0<x<1時，f′(x)>0，當x>1時，f′(x)<0.所以f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，所以函數(shù)f(x)在