6.2.2 第1课时 导数与函数的极值-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册五维课堂课时作业word（人教B版）

[基础达标练] 1．(多选)下图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则给出的下列命题中正确的是(　　) A．－3是函数y＝f(x)的极值点 B．－1是函数y＝f(x)的最小值点 C．y＝f(x)在x＝0处切线的斜率小于零 D．y＝f(x)在区间(－3,1)上单调递增 解析：AD　[结合y＝f′(x)的图象，可知，对A，由于x＝－3的两侧导数符号不同，故－3是极值点；对B，由于－1两侧导数符号相同，因而不是极值点；对C，x＝0处的导数大于零，故在x＝0处的切线斜率大于零；对D，当x∈(－3，－1)时导数大于零，因而为递增区间．综上可知A、D正确．] 2．若函数y＝f(x)可导，则“f′(x)＝0有实根”是“f(x)有极值”的(　　)． A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：A　[f′(x)＝0，但f′(x)在零点左侧和右侧都同时大于零或者小于零时f(x)在零点处无极值，但f(x)有极值则f′(x)在极值处一定等于0.所以“f′(x)有实根”是“f(x)有极值”的必要不充分条件．] 3．已知函数y＝x－ln(1＋x2)，则函数y＝x－ln(1＋x2)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：D　[∵y′＝1－·(1＋x2)′＝1－＝≥0，∴函数y＝x－ln(1＋x2)无极值．] 4．若函数y＝ex－2mx有小于零的极值点，则实数m的取值范围是(　　) A．m＜　　　　　 B．0＜m＜ C．m＞ D．0＜m＜1 解析：B　[由y＝ex－2mx，得y′＝ex－2m.因为函数y＝ex－2mx有小于零的极值点，所以ex－2m＝0有小于零的实根，即m＝ex有小于零的实根，∵x＜0， ∴0＜ex＜，∴0＜m＜.] 5．(多选)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述不正确的是(　　) A．f(a)＞f(e)＞f(d) B．函数f(x)在[a，b]上递增，在[b，d]上递减 C．函数f(x)的极值点为c，e D．函数f(x)的极大值为f(b) 解析：ABD　[由题图知可，当x∈(－∞，c)时，f′(x)＞0，当x∈(c，e)时，f′(x)＜0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，c)上递增，在(c，e)上递减，在(e，＋∞)上递增，对A，f(d)＞f(e)，故A错误；对B，函数f(x)在[a，b]上递增，在[b，c]上递增，在[c，d]上递减，故B错误；对C，函数f(x)的极值点为c，e，故C正确；对D，函数f(x)的极大值为f(c)，故D错误．] 6．若函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，则a＝　________　. 解析：由题意，函数f(x)＝－x3＋ax2－4，可得f′(x)＝－3x2＋2ax，因为x＝2是函数f(x)的极值点，可得f′(2)＝0，所以－3×4＋2a×2＝0，解得a＝3. 答案：3 7．若函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间(－1,1)上恰有一个极值点，则实数a的取值范围为　________　. 解析：由题意，f′(x)＝3x2＋2x－a，则f′(－1)f′(1)＜0，即(1－a)(5－a)＜0，解得1＜a＜5，另外，当a＝1时，函数f(x)＝x3＋x2－x－4在区间(－1,1)上恰有一个极值点，当a＝5时，函数f(x)＝x3＋x2－5x－4在区间(－1,1)没有极值点．故实数a的范围为[1,5)． 答案：[1,5) 8．已知函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值. (1)求a，b的值； (2)判断函数f(x)的单调区间，并求极值． 解：(1)因为f(x)＝ax2＋bln x，所以f′(x)＝2ax＋.又函数f(x)在x＝1处有极值. 故即解得 (2)由(1)可知f(x)＝x2－ln x，其定义域为(0，＋∞)．且f′(x)＝x－＝. 令f′(x)＝0，则x＝－1(舍去)或x＝1. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表： x (0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)，且函数在定义域上只有极小值f(1)＝，而无极大值． [能力提升练] 9．函数f(x)＝x＋2 cos x在上的极大值点为(　　) A．0 B. C. D. 解析：C　[函数y＝x＋2cos x的导数为y′＝1－2 sin x，令y′＝1－2sin x＝0得sin x＝，又因为x∈，所以x＝，当x∈时，y′＞0，当x∈时，y′＜0， 所以函数y＝x＋2 cos x在x∈上单调递增，在x∈上单调递减，所以使得函数y＝x＋2 cos x取得极大值的x的值为，故选C.] 10．(多选)已知函数f(x)＝ex－ln x－2，则下列说法正确的是(　　) A．f(x)有且仅有一个极值点 B．f(x)有零点 C．若f(x)的极小值点为x0，则0＜f(x0)＜ D．若f(x)的极小值点为x0，则＜f(x0)＜1 解析：AC　[由题意得，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ex－，设h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h＝e－2＝－2＜0，h(1)＝e1－1＞0，h(x0) 存在唯一零点，设为x0，当0＜x＜x0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x＞x0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，∴f(x)有唯一极小值点x0，故选项A正确．令f′(x0)＝ex0－＝0，得ex0＝，两边同时取对数可得x0＝ln ＝－ln x0.∴f(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2≥2－2＝0(当且仅当x0＝1时等号成立)，又＜x0＜1，∴f(x0)＞0，即[f(x)]min＞0，∴f(x)无零点，故选项B错误．由f(x0)＝＋x0－2，＜x0＜1，可设g(x)＝＋x－2，则g′(x)＝－＋1. 当＜x＜1时，g′(x)＜0，∴g(x)在上单调递减．∴g(1)＜g(x)＜g，即0＜f(x0)＜，故选项C正确，选项D错误．故选：AC.] 11. f(x)＝sin x＋6 cos x＋2x＋cos2x在x＝x0处取得极值，则cos 2x0＝　________　. 解析：由已知得f′(x)＝cos x－6sin x＋2－sin 2x，因为在x＝x0处取得极值，∴f′(x0)＝cos x0－6 sin x0＋2－sin 2x0＝0，∴cos x0－6 sin x0＋2－3 sin x0cos x0＝0， 即(1－3 sin x0)(2＋cos x0)＝0，因为|cos x0|≤1，∴2＋cos x0≠0， ∴1－3sin x0＝0，即sin x0＝，∴cos 2x0＝1－2 sin2x0＝1－2×2＝. 答案： 12．设x＝1与x＝2是函数f(x)＝aln x＋bx2＋x的两个极值点． (1)试确定常数a和b的值； (2)判断x＝1，x＝2是函数f(x)的极大值点还是极小值点，并说明理由． 解：(1)∵f(x)＝aln x＋bx2＋x，∴f′(x)＝＋2bx＋1. 由极值点的必要条件可知： f′(1)＝f′(2)＝0， ∴a＋2b＋1＝0且＋4b＋1＝0，解方程组得，a＝－ ，b＝－ . (2)由(1)可知f(x)＝－ln x－x2＋x， 且函数f(x)＝－ln －x2＋x的定义域是(0，＋∞)， f′(x)＝－x－1－x＋1＝－. 当x∈(0,1)时，f′(x)＜0；当x∈(1,2)时，f′(x)＞0； 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0；所以，x＝1是函数f(x)的极小值点，x＝2是函数f(x)的极大值点． [素养培优练] 13．(多选)已知f(x)＝，下列说法正确的是(　　) A．f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x－1 B．单调递增区间为(－∞，e) C．f(x)的极大值为 D．方程f(x)＝－1有两个不同的解 解析：AC　[因为f(x)＝，所以函数的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝，f′(1)＝1，f(1)＝0，∴f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程为y－0＝f′(1)(x－1)， 即y＝1·(x－1)＝x－1，故A正确；在(0，e)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在(e，＋∞)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故B错误，f(x)的极大值也是最大值为f(e)＝＝，故C正确；方程f(x)＝＝－1的解的个数，即为ln x＝－x的解的个数，即为函数y＝ln x与y＝－x图象交点的个数，作出函数y＝ln x与y＝－x图象如图所示： 由图象可知方程f(x)＝－1只有一个解，故D错误．故选AC.] 14．设函数f(x)＝ln x－ ax2－bx，若x＝2是f(x)的极大值点，则a取值范围为　______________　. 解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，由f′(0)＝0，得b＝1－a，所以f′(x)＝.①若a≥0，由f′(x)＝0，得x＝1，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，此时f(x)单调递增，当x＞1时，f′(x)＜0，此时f(x)单调递减，所以x＝1是f(x)的极大值点；②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－.因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－＞1，解得－1＜a＜0，综合①②：a的取值范围是a＞－1 . 答案：(－1，＋∞) 学科网（北京）股份有限公司 $