苏教版高中数学选择性必修第一册第5章导数及其应用5．3.2　极大值与极小值(2)课时小练（有解析）

5．3.2　极大值与极小值(2)
一、 单项选择题
1. 已知函数f(x)＝x3－(a＋2)x＋1在x＝－1处取得极大值，则a的值为(　　)
A. 0 B. 1 C. 2 D. 4
2. (2021·云南师范大学附属中学月考)已知函数f(x)＝sinωx(ω>0)在区间上是增函数，且在区间[0，4π]上仅有一个极大值点，则ω的取值范围为(　　)
A. B. C. D.
3. 若函数f(x)＝ex－ax－a2在R上有小于0的极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A. (－1，0) B. (0，1) C. (－∞，－1) D. (1，＋∞)
4. 若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a，b的值为(　　)
A. B.
C. D. 或
5. 设a∈R，若函数y＝x＋alnx在区间上有极值点，则实数a的取值范围为(　　)
A. B.
C. ∪(e，＋∞) D. (－∞，－e)∪
6. 已知函数f(x)＝2lnx＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为(　　)
A. 2 B. － C. 3＋ln2 D. －2＋2ln2
二、 多项选择题
7. 设f′(x)为函数f(x)的导函数，已知x2f′(x)＋xf(x)＝ln x，f(1)＝，则下列结论中不正确的是(　　)
A. xf(x)在区间(0，＋∞)上单调递增
B. xf(x)在区间(1，＋∞)上单调递增
C. xf(x)在区间(0，＋∞)上有极大值
D. xf(x)在区间(0，＋∞)上有极小值
8. 已知f(x)＝x3＋px2＋qx的图象与x轴相切于非原点的一点，且f(x)极大值＝，则下列结论中正确的是(　　)
A. p＝6，q＝9 B. p＝－4，q＝4
C. p＝4，q＝2 D. f(x)的极小值为0
三、 填空题
9. 已知三次函数f(x)在x＝1处取得极大值4，在x＝3处取得极小值，且图象过原点，则函数f(x)＝____________．
10. 若函数f(x)＝x3－ax2＋x－5无极值点，则实数a的取值范围是________．
11. 已知函数f(x)＝ex－x2－kx－1有两个极值点，则实数k的取值范围是________．
12. (2021·贵溪一中月考)若函数f(x)＝ex(－cosx＋a)在区间上不存在极值点，则实数a的取值范围是____________．
四、 解答题
13. 已知函数f(x)＝ex－ax＋b.
(1) 若f(x)在x＝1处取得极小值1，求实数a，b的值；
(2) 若f(x)在定义域R上单调递增，求实数a的取值范围．
14. 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b满足f(1)＝0且在x＝2处取得极值．求：
(1) a，b的值；
(2) 函数f(x)的单调减区间．
参考答案与解析
1. B　解析：f′(x)＝3x2－(a＋2)，依题意，得f′(－1)＝3－(a＋2)＝0，则a＝1，经检验符合题意.
2. A　解析：由题意，得?，所以解得ω≤.又因为ω>0，所以0<ω≤.又f(x)在x＝＋(k∈Z)处取得极大值，可得0<≤4π<，所以≤ω<，则ω∈.
3. B　解析：由题意，得f′(x)＝ex－a.因为f(x)＝ex－ax－a2在R上有小于0的极值点，所以f′(x)＝ex－a＝0有小于0的根．由y＝ex的图象可知要使f′(x)＝ex－a＝0有小于0的根，则04. C　解析：由题意，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，方程f′(x)＝0有一根是1，所以3＋2a＋b＝0①.又f(1)＝10，即1＋a＋b＋a2＝10②，联立①②解得或当时，f′(x)＝(3x＋11)(x－1)，列表如下：
x (－∞，－) － (－，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ?↗ 极大值 ↘? 极小值 ?↗
所以当x＝1时，f(x)取得极小值10；当时，f′(x)＝3(x－1)2≥0，此时f(x)无极值，不符合题意．综上所述，a＝4，b＝－11.
5. B　解析：因为函数y＝x＋alnx在区间上有极值点，所以y′＝0在区间上有零点．令y＝f(x)＝x＋aln x，则f′(x)＝1＋(x>0)，所以f′·f′(e)<0，所以(1＋ea)·<0，即(e＋a)<0，解得－e6. B　解析：由题意，得f′(x)＝＋2ax－3，所以f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝，所以f(x)＝2lnx＋x2－3x，f′(x)＝＋x－3＝，所以f(x)在区间(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在区间(1，2)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(1)＝－3＝－.
7. AC　解析：由x2f′(x)＋xf(x)＝lnx，得xf′(x)＋f(x)＝，即[xf(x)]′＝.设g(x)＝xf(x)．由g′(x)＝>0得x>1；由g′(x)<0，得08. BD　解析：设切点为(m，0)，m≠0，f(x)＝x(x2＋px＋q)，根据题意，得方程x2＋px＋q＝0有两个相等的实根m，所以f(x)＝x(x－m)2＝x3－2mx2＋m2x，所以f′(x)＝3x2－4mx＋m2＝(x－m)(3x－m)．令f′(x)＝0，可得x＝m或x＝，因为f(m)＝0≠，所以f＝，即＝，解得m＝2，所以f(x)＝x(x－2)2＝x3－4x2＋4x，所以p＝－4，q＝4，所以f′(x)＝(x－2)(3x－2)，f(x)在区间，(2，＋∞)上单调递增，在区间上单调递减，f(x)极小值＝f(2)＝0.故选BD.
9. x3－6x2＋9x　解析：根据题意设f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)，则f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0的两根为1，3，所以－＝4，＝3，所以b＝－6a，c＝9a，即f(x)＝ax3－6ax2＋9ax.又f(1)＝4，所以a＝1，所以f(x)＝x3－6x2＋9x. 经验证，符合题意．
10. [－1，1]　解析：因为f(x)＝x3－ax2＋x－5，所以f′(x)＝x2－2ax＋1.因为函数f(x)＝x3－ax2＋x－5无极值点，所以Δ＝(－2a)2－4≤0，解得－1≤a≤1，故实数a的取值范围是[－1，1]．
11. (1，＋∞)　解析：由题意，得f′(x)＝ex－x－k＝0有两根，则k＝ex－x有两解．令g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，0)上单调递减；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，则g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(0)＝1，所以k>1，故实数k的取值范围是(1，＋∞)．
12. {a|a≥或a≤－1}　解析：因为函数f(x)＝ex(－cosx＋a)在区间上不存在极值点，所以f′(x)＝ex(sinx－cosx＋a)在区间内无变号零点，令g(x)＝sinx－cosx＋a＝sin＋a，当－13. 由题意，得f′(x)＝ex－a.
(1) 依题意，得
即解得经检验，符合题意，
故实数a＝e，b＝1.
(2) 因为f(x)在定义域R上单调递增，
所以f′(x)＝ex－a≥0在R上恒成立，
即a≤ex在R上恒成立．
因为x∈R时，ex∈(0，＋∞)，所以a≤0，
所以实数a的取值范围为(－∞，0]．
14. (1) 由题意，得f′(x)＝3x2＋2ax.
因为函数f(x)在x＝2处取得极值，
所以f′(2)＝0，即12＋4a＝0，所以a＝－3.
又因为f(1)＝1－3＋b＝0，所以b＝2.
综上所述，a的值为－3，b的值为2.
(2) 由(1)可知f(x)＝x3－3x2＋2，
f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．
由f′(x)＜0，得0＜x＜2，
所以函数f(x)在区间(0，2)上单调递减，
所以函数f(x)的单调减区间为(0，2)．