5．3.2　极大值与极小值 同步练习（含解析） 高二数学苏教版选择性必修第一册

5．3.2　极大值与极小值(1)
一、 单项选择题
1 (2024丹阳中学月考)已知函数f(x)的导函数的图象如图所示，则f(x)的极值点的个数为(　　)
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
2 (2025天一中学月考)函数f(x)＝(x－1)ex的极小值点为(　　)
A. (0，－1) B. (0，0)
C. －1 D. 0
3 已知函数f(x)在R上可导，若命题p：f′(x0)＝0，q：函数f(x)在x＝x0处取得极值，则p是q的(　　)
A. 充分且不必要条件
B. 必要且不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分又不必要条件
4 已知函数f(x)＝(x2－x＋1)ex(e为自然对数的底数)，则函数f(x)的极小值为(　　)
A. B. e
C. e2 D. 1
5 (2025泰兴中学月考)若x＝1是函数f(x)＝a ln x＋x的极值点，则实数a的值是(　　)
A. －1 B. 0 C. 1 D. e
6 (2024海安中学月考)函数y＝x－2x3的极小值点为(　　)
A. B.
C. － D. －
二、 多项选择题
7 (2025如东一中月考)已知函数f(x)＝(x－a)(x－3)2，当x＝3时，f(x)有极大值，则a的取值可以是(　　)
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
8 (2025原阳一中期初)设f′(x)为函数f(x)的导函数，已知x2f′(x)＋xf(x)＝ln x，f(1)＝，则下列结论中正确的是(　　)
A. xf(x)在区间(1，＋∞)上单调递增
B. xf(x)在区间(1，＋∞)上单调递减
C. xf(x)在区间(0，＋∞)上有极大值
D. xf(x)在区间(0，＋∞)上有极小值
三、 填空题
9 已知函数f(x)＝x＋cos 2x，x∈(0，π)，则f(x)的极大值点为________．
10 (2024启东中学月考)若函数f(x)＝－x3＋ax2＋1在区间(－2，3)内有两个不同的极值点，则实数a的取值范围为________．
11 (2025淮阴中学期中)已知函数f(x)＝ax＋ex没有极值点，则实数a的取值范围是________．
四、 解答题
12 求下列函数的极值：
(1) f(x)＝x3－x；
(2) f(x)＝x2e－x.
13 (2024海门实验中学月考)设函数f(x)＝a ln x＋＋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) 求实数a的值；
(2) 求函数f(x)的极值．
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 (2024海门中学月考)若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，＋∞)
3 (2024姜堰中学月考)设函数f(x)＝，若f(x)的极小值为，则实数a的值为(　　)
A. － B.
C. D. 2
4 (2025原阳一中期初)已知函数f(x)＝x3－x＋1－a恰有3个零点，则实数a的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
5 (2025启东中学模拟)若函数f(x)＝x＋a ln x在区间(e-1，e)上有极值点，则实数a的取值范围为(　　)
A. (e-1，e)
B. (－∞，e-1)∪(e，＋∞)
C. (－e，－e-1)
D. (－∞，－e)∪(－e-1，＋∞)
6 (2024白蒲中学月考)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
二、 多项选择题
7 (2024兴化中学月考)已知f′(x)是函数f(x)的导函数，f′(x)的图象如图所示，则下列关于函数f(x)的说法中正确的是(　　)
A. f(x)在区间(－∞，1)上单调递减
B. f(x)在x＝1处取得极小值
C. f′(－1)＝0
D. f(x)在x＝2处取得极小值
8 (2024江安中学月考)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数g(x)＝xf′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)
A. f(x)有两个极值点
B. f(0)为函数的极大值
C. f(x)有两个极小值
D. f(－1)为f(x)的极小值
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 (2024海安中学月考)若函数f(x)＝x3＋3ax2＋3[(a＋2)x＋1]既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是________．
11 若二次函数f(x)＝2x2＋3的图象与函数g(x)＝aex＋3的图象有3个公共点，则实数a的取值范围是________．
四、 解答题
12 (2024南通一中月考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b满足f(1)＝0，在x＝2处取得极值．求：
(1) 实数a，b的值；
(2) 函数f(x)的单调减区间．
13 (2024如东中学月考)已知f(x)＝x3＋x2－8x＋7.
(1) 求函数y＝f(x)的导数；
(2) 求函数y＝f(x)的单调区间和极值．
5．3.2　极大值与极小值(1)
1. C　因为在x＝0左、右两侧的导数值均为负数，所以0不是极值点，故由图可知f(x)只有2个极值点．
2. D　由题意，得f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex，故f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，故当x＝0时，f(x)的极小值为f(0)＝－1，故极小值点为0.
3. B　由题意可知，对于在R上可导的函数f(x)，导数为0的点不一定是极值点，但极值点一定是导数为0的点，所以命题p推不出命题q，命题q能推出命题p，所以p是q的必要且不充分条件．
4. D　因为f(x)＝(x2－x＋1)ex，x∈R，所以f′(x)＝(x2＋x)ex＝x(x＋1)ex.当x>0或x<－1时，f′(x)>0；当－15. A　由题意，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋1.因为x＝1是函数f(x)＝a ln x＋x的极值点，所以f′(1)＝0，即a＋1＝0，所以a＝－1.当a＝－1时，f′(x)＝1－＝，令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得06. C　由题意，得y＝x－2x3的定义域为R，y′＝1－6x2，由y′＝0，得x＝±，令y′>0，解得x∈；令y′<0，解得x<－或x>，即y＝x－2x3在区间上单调递增，在区间，上单调递减，则y＝x－2x3的极小值点为－.
7. ABC　因为f(x)＝(x－a)(x－3)2，所以f′(x)＝(x－3)2＋2(x－a)(x－3)＝(x－3)(3x－3－2a)，令f′(x)＝0，则x＝3或x＝，当>3时，即a>3时，f(x)在区间(－∞，3)上单调递增，在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，此时，当x＝3时，f(x)有极大值，则实数a的取值可以是4，5，6.故选ABC.
8. AD　由x2f′(x)＋xf(x)＝ln x，得x>0，则xf′(x)＋f(x)＝，即[xf(x)]′＝，设g(x)＝xf(x)，由g′(x)＝>0，得x>1；由g′(x)<0，得09. 　因为f(x)＝x＋cos 2x，所以f′(x)＝1－2sin 2x.令f′(x)＝1－2sin 2x＝0，得sin 2x＝.因为x∈(0，π)，所以2x∈(0，2π)，则2x＝或2x＝，即x＝或x＝.当00，则f(x)在区间和上单调递增，当10. (－3，0)∪　因为函数f(x)的导数f′(x)＝－3x2＋2ax，所以f′(x)＝0在区间(－2，3)上有两个不同的实数解，令 f′(x)＝－3x2＋2ax＝0，解得 x＝0 或 x＝，所以 解得－311. [0，＋∞)　因为f(x)＝ax＋ex的定义域为R，且f′(x)＝a＋ex，当a≥0时，f′(x)>0恒成立，即f(x)是增函数，无极值点；当a<0时，由f′(x)<0，得x0，得x>ln (－a)，则函数f(x)在区间(－∞，ln (－a))上单调递减，在区间(ln (－a)，＋∞)上单调递增，有极小值点，不符合条件．因此，实数a的取值范围是[0，＋∞).
12. (1) 函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－1.
令f′(x)＝0，得3x2－1＝0，
解得x＝－或x＝.
列表如下：
x (－∞， －) － (－， ) (， ＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ↗ ↘ － ↗
所以f(x)在x＝－处取得极大值，在 x＝处取得极小值－.
(2) 函数f(x)的定义域为R，
f′(x)＝2xe－x＋x2·e－x·(－x)′＝2xe－x－x2·e－x＝x(2－x)e－x.
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝2.
列表如下：
x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) ↘ 0 ↗ 4e-2 ↘
所以f(x)在x＝0处取得极小值0，在x＝2处取得极大值4e-2.
13. (1) 由题意，得f′(x)＝－＋(x>0).
由题意知，曲线在x＝1处的切线斜率为0，即f′(1)＝0，
所以a－＋＝0，解得a＝－1.
(2) 由(1)，得f(x)＝－ln x＋＋x＋1(x>0)，
f′(x)＝－－＋＝＝.
令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－(舍去).
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，
故f(x)在区间(0，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故f(x)在x＝1处取得极小值，极小值为f(1)＝3，无极大值．
5．3.2　极大值与极小值(2)
1. B　由题意，得f′(x)＝3x2－(a＋2)，且f′(－1)＝3－(a＋2)＝0，则a＝1，经检验，符合题意.
2. B　由f(x)＝ex－ax－a2，得f′(x)＝ex－a.因为f(x)在R上有小于0的极值点，所以f′(x)＝ex－a＝0，即a＝ex有小于0的根．由y＝ex的图象，得03. B　由已知，得f′(x)＝(x≠－a)，当－a1－a时，f′(x)>0，所以函数f(x)在区间(－∞，－a)，(－a，1－a)上单调递减，在区间(1－a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(1－a)＝e1-a＝，即1－a＝，得a＝.
4. D　因为f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)，所以在区间(－1，1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，则极大值为f(－1)＝－a，极小值为f(1)＝－a.因为f(x)＝x3－x＋1－a恰有3个零点，所以解得5. C　因为函数f(x)＝x＋a ln x在区间(e-1，e)上有极值点，所以f′(x)＝1＋＝0(x>0)在区间(e-1，e)上有零点且为单调函数，所以f′(e-1)·f′(e)<0，所以(1＋ea)(1＋ae-1)<0，即(a＋e-1)(a＋e)<0，解得－e6. C　由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且方程f′(x)＝0有一根是1，所以3＋2a＋b＝0①，1＋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，＋∞)
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.
7. ACD　由题图，得当x<1时，f′(x)≤0(只有f′(－1)＝0)，所以f(x)在区间(－∞，1)上单调递减，故A，C正确；f′(1)≠0，且x＝1两侧的导数都是负数，所以f(1) 不是极值，故B错误；由f′(2)＝0，得当x<2时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(2)是极小值，故D正确．故选ACD.
8. BC　由题图，得当x∈(－∞，－2)时，g(x)>0，所以f′(x)<0；当x∈(－2，0)时，g(x)<0，所以f′(x)>0；当x∈(0，1)时，g(x)<0，所以f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在区间(－∞，－2)，(0，1)上单调递减，在区间(－2，0)，(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)有三个极值点，f(0)为f(x)的极大值，f(－2)和f(1)为f(x)的极小值．故A，D错误，B，C正确．故选BC.
9. x3－6x2＋9x　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)∪(2，＋∞)　由题意，得f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，令f′(x)＝0，即x2＋2ax＋a＋2＝0.因为函数f(x)有极大值和极小值，所以方程x2＋2ax＋a＋2＝0有两个不相等的实数根，即Δ＝4a2－4a－8>0，解得a>2或a<－1.
11. 　由题意，得f(x)＝g(x)，即2x2＋3＝aex＋3，即a＝.令h(x)＝，由题意，得直线y＝a与h(x)的图象有3个公共点．h′(x)＝＝，当x<0时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当00，h(x)单调递增；当x>2时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以当x＝0时，h(x)取极小值h(0)＝0；当x＝2时，h(x)取极大值h(2)＝.当x＝0时，h(0)＝0，当x≠0时，h(x)>0.如图，作出h(x)的大致图象．由图可知，当a∈时，直线y＝a与h(x)的图象有3个公共点，故实数a的取值范围是.
12. (1) 由f(x)＝x3＋ax2＋b，得f′(x)＝3x2＋2ax.
因为函数f(x)在x＝2处取得极值，
所以f′(2)＝12＋4a＝0，所以a＝－3.
又因为f(1)＝1－3＋b＝0，所以b＝2.
所以实数a，b的值分别为－3，2.
(2) 由(1)，得f(x)＝x3－3x2＋2，
则f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2).
由f′(x)<0，得0所以函数f(x)在区间(0，2)上单调递减，
即函数f(x)的单调减区间为(0，2).
13. (1) 因为f(x)＝x3＋x2－8x＋7，
所以f′(x)＝3x2＋2x－8.
(2) 因为f(x)＝x3＋x2－8x＋7，
所以f′(x)＝3x2＋2x－8＝(3x－4)(x＋2)，
令f′(x)＝(3x－4)(x＋2)＝0，
解得x＝－2或x＝，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表，
x (－∞，－2) －2 (－2，) (，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ↗ 极大 值19 ↘ 极小 值 ↗
所以函数的单调增区间为(－∞，－2)和，单调减区间为，
函数的极大值为19，极小值为.