课后习题(二十) 导数与函数的极值
1．(人教A版选择性必修第二册P95例7改编)函数f (x)＝2x－x ln x的极大值是( )
[A] [B]
[C] e [D] e2
2．(人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T9改编)若函数f (x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为( )
[A] 4 [B] 2或6
[C] 2 [D] 6
3．(人教B版选择性必修第三册P101练习BT3改编)已知函数f (x)＝x3＋x2－cx－d有极值，则c的取值范围为( )
[A] [B]
[C] [D]
4．(人教A版选择性必修第二册P92练习T2改编)已知函数f (x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)当a＝时，求f (x)的极值；
(2)讨论函数f (x)在定义域内极值点的个数．
5．(2024·西安莲湖区四模)函数f (x)＝(x2－8)ex的极小值点为( )
[A] 2 [B] －4e2
[C] －4 [D] 8e-4
6．(2025·无锡梁溪区模拟)若函数y＝f (x)的导函数y＝φ(x)＝f ′(x)图象如图所示，则( )
[A] φ′(x)＜0的解集为(－∞，－3)
[B] 函数y＝f (x)有两个极值点
[C] 函数y＝f (x)的单调递减区间为(－2，1)
[D] －3是函数y＝f (x)的极小值点
7．(多选)(2024·龙岩三模)已知函数f (x)＝(x－1)·ln x，则( )
[A] f (x)在(0，＋∞)上单调递增
[B] x＝1是f (x)的零点
[C] f (x)的极小值为0
[D] f (x)是奇函数
8．(2025·石嘴山模拟)若函数f (x)＝(x2－ax－2)ex在x＝－2处取得极大值，则f (x)的极小值为( )
[A] －6e2 [B] －4e
[C] －2e2 [D] －e
9．(2025·合肥模拟)若当x＝1时，函数f (x)＝a ln x＋取得极小值4，则a＋b＝( )
[A] 7 [B] 8
[C] 9 [D] 10
10．(2024·合肥包河区期末)已知a＞0，函数f (x)＝ax3－x＋2有两个不同极值点x1，x2，则f (x1)＋f (x2)＝________．
11．(2025·哈尔滨市道里区模拟)已知函数f (x)＝x3－px2－qx在x＝1处取得极小值0，则p＋q＝________．
12．(2025·长沙雨花区模拟)已知函数f (x)＝ax－－(a＋1)ln x(a∈R)．
(1)求证：当a＝0时，曲线y＝f (x)与直线y＝－1只有一个交点；
(2)若f (x)既存在极大值，又存在极小值，求实数a的取值范围．
1/1课后习题(二十) 导数与函数的极值
1．C 2．C
3．D [由题意知，f (x)的定义域为R，f ′(x)＝x2＋x－c，要使函数f (x)有极值，则f ′(x)＝0必有两个不等的实根，则Δ＝1＋4c>0，解得c>－．故选D．]
4．解： (1)当a＝时，f (x)＝ln x－x，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝＝．
令f ′(x)＝0，得x＝2．
当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如表所示．
x (0，2) 2 (2，＋∞)
f ′(x) ＋ 0 －
f (x) ? ln 2－1 ?
故f (x)在x＝2处取得极大值，即f (x)极大值＝f (2)＝ln 2－1，无极小值．
(2)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－a＝．
当a≤0时，f ′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
此时函数f (x)在定义域内无极值点．
当a>0时，令f ′(x)>0，得0令f ′(x)<0，得x>，
故为函数f (x)的极大值点．
综上可知，当a≤0时，函数f (x)在定义域内无极值点，
当a>0时，函数f (x)在定义域内有一个极大值点．
5．A [因为f ′(x)＝(x－2)(x＋4)ex，令f ′(x)＝0，得x＝2或x＝－4，则f (x)在(－∞，－4)，(2，＋∞)上单调递增，在(－4，2)上单调递减，
所以极小值点为2．故选A．]
6．D [A．φ′(x)＜0的解集为函数y＝f ′(x)的单调递减区间，为(－2，－1)，故A错误；
B．函数y＝f ′(x)只有1个变号零点－3，所以函数y＝f (x)有1个极值点，故B错误；
C．当x∈(－∞，－3)时，f ′(x)＜0，所以函数y＝f (x)的单调递减区间为(－∞，－3)，故C错误；
D．当x∈(－∞，－3)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，当x∈(－3，＋∞)时，f ′(x)≥0，f (x)单调递增，所以－3是函数y＝f (x)的极小值点，故D正确．故选D．]
7．BC [由题意得f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ln x＋1－，
当x＞1时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
当0＜x＜1时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
所以f (x)的极小值为f (1)＝0，故A错误，C正确；
因为f (1)＝0，所以x＝1是f (x)的零点，故B正确；
因为f (x)的定义域不关于原点对称，所以f (x)不是奇函数，故D错误．故选BC．]
8．C [因为f ′(x)＝(x2－ax－2＋2x－a)ex，
因为f (x)在x＝－2处取得极大值，
所以f ′(－2)＝(4＋2a－2－4－a)e-2＝0，
解得a＝2，故f ′(x)＝(x2－4)ex，
当x＞2或x＜－2时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
当－2＜x＜2时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
故x＝2时，函数取得极小值，f (2)＝－2e2．故选C．]
9．A [因为f (x)＝a ln x＋，
所以f ′(x)＝，
根据题意有f ′(1)＝a－(b＋1)＝0，
且f (1)＝b＋1＝4，
解得a＝4，b＝3，a＋b＝7．
此时f ′(x)＝＝，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0，1)时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增．
所以函数f (x)在x＝1处取得极小值，满足题意，故a＋b＝7．]
10．4 [令f ′(x)＝3ax2－＝0，解得x1＝，x2＝－，
当x＞x1时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，当x＜x2时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，当x2＜x＜x1时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
所以f (x1)＋f (x2)＝f ＋f ＝4．]
11．1 [因为f (x)＝x3－px2－qx，所以f ′(x)＝3x2－2px－q，
由题有，解得p＝2，q＝－1，
此时f ′(x)＝3x2－4x＋1＝(3x－1)(x－1)，
当x<或x＞1时，f ′(x)＞0，当所以x＝1是函数f (x)的极小值点，
故p＝2，q＝－1满足题意，所以p＋q＝2－1＝1．]
12．解： (1)证明：当a＝0时，函数f (x)＝－－ln x，求导得，f ′(x)＝，
令f ′(x)＞0，得0＜x＜1；令f ′(x)＜0，得x＞1，
则函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故f (x)max＝f (1)＝－1，
所以曲线y＝f (x)与直线y＝－1只有一个交点．
(2)函数f (x)＝ax－－(a＋1)ln x的定义域为(0，＋∞)，
求导得f ′(x)＝a＋
＝，
设g(x)＝ax2－(a＋1)x＋1＝(ax－1)(x－1)，
令g(x)＝0，解得x1＝，x2＝1．
因为f (x)既存在极大值，又存在极小值，即g(x)在(0，＋∞)上有两个不同零点，
则，解得a＞0且a≠1，
综上所述，a的取值范围为(0，1)∪(1，＋∞)．
1/1
