第2章 6.2 函数的极值（作业）-2022-2023学年新教材高中数学选择性必修第二册【精讲精练】北师大版

[必备知识·基础巩固] 1．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝(　　) A．－3　　 B．－2　　 C．4　　 D．2 解析　f(x)＝x3－12x，则f′(x)＝3x2－12，解方程f′(x)＝0，可得x＝±2.列表如下： x (－∞，－2) －2 (－2,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以函数f(x)的极小值点为2，因此，a＝2. 答案　D 2．已知函数f(x)＝ln x－ax的图象在x＝1处的切线方程为x＋y＋b＝0，则f(x)的极大值为(　　) A．－ln 2－1 B．－ln 2＋1 C．－1 D．1 解析　因为f(x)＝ln x－ax，所以f′(x)＝－a.又因为函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程为x＋y＋b＝0，所以f(1)＝－a＝－b－1，f′(1)＝1－a＝－1，解得a＝2，b＝1.由f′(x)＝－2＝，得当0＜x＜时，f′(x)＞0；当x＞时，f′(x)＜0，知f(x)在x＝处取得极大值f＝ln －1＝－ln 2－1. 答案　A 3．(多选题)对于函数f(x)＝ex(x－1)2(x－2)，以下选项正确的是(　　) A．有2个极大值 B．有2个极小值 C．1是极大值点 D．1是极小值点 解析　由题意f′(x)＝ex[(x－1)2(x－2)＋2(x－1)(x－2)＋(x－1)2]＝ex(x＋)(x－)·(x－1)．所以f(x)在(－∞，－)，(1，)上单调递减，在(－，1)，(，＋∞)上单调递增．则f(x)有2个极小值，1是极大值点． 答案　BC 4．能说明“若f′(0)＝0，则x＝0是函数y＝f(x)的极值点”为假命题的一个函数是____________． 解析　极值点的导数必须为零，且极值点左右两侧的函数单调性相反．如函数f(x)＝x3，当x＝0时，f′(0)＝3×02＝0，但是f(x)＝x3在R上单调递增，所以x＝0不是函数f(x)＝x3的极值点． 答案　f(x)＝x3或f(x)＝1(答案不唯一) 5．函数f(x)＝(a∈R)的极大值为____________． 解析　f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得x＝e1－a， 当0＜x＜e1－a时，f′(x)＞0； 当x＞e1－a时，f′(x)＜0， 所以函数的极大值为f(e1－a)＝＝ea－1. 答案　ea－1 6．已知函数f(x)＝－aln x. (1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为x－2y＋1＝0，求a的值； (2)求函数y＝f(x)在区间[1,4]上的极值． 解析　(1)因为f(x)＝－aln x， 所以f′(x)＝－，所以f′(1)＝－a. 因为y＝f(x)在x＝1处的切线方程为x－2y＋1＝0， 所以－a＝，解得a＝0. (2)因为f(x)＝－aln x，x∈[1,4]， 所以f′(x)＝－＝. ①当2a≤1，即当a≤时，f′(x)≥0在[1,4]上恒成立， 所以y＝f(x)在[1,4]上单调递增，所以y＝f(x)在[1,4]上无极值； ②当2a≥2，即当a≥1时，f′(x)≤0在[1,4]上恒成立， 所以y＝f(x)在[1,4]上单调递减，所以y＝f(x)在[1,4]上无极值； ③当1＜2a＜2，即当＜a＜1时， x，f′(x)，f(x)变化如下表： x (1,4a2) 4a2 (4a2,4) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以当x＝4a2时，f(x)有极小值为2a－2aln(2a)，无极大值． [关键能力·综合提升] 7．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则(　　) A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取得极小值 B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取得极大值 C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极小值 D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极大值 解析　当k＝1时，f′(x)＝xex－1， f′(1)＝e－1≠0， 故当k＝1时，x＝1不是极值点； 当k＝2时，f′(x)＝(x－1)[ex(x＋1)－2]， 可以判断f(x)在x＝1处取得极小值． 答案　C 8．(多选题)已知f(x)＝，下列说法正确的是(　　) A．f(x)的图象在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　因为f(x)＝，所以函数的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝，f′(1)＝1，f(1)＝0，所以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′