检测评价39 极大值与极小值（Word练习）-【新课程学案】新教材2023-2024学年高中数学选择性必修第一册（苏教版2019）

3 / 6 “四翼”检测评价（三十九）极大值与极小值 (一)基础落实 1.下列函数存在极值的是(　 ) A.y＝　　　　　　　 B.y＝x－ex C.y＝2 D.y＝x3 解析：选B　易知A、C、D都不符合题意.对于B， ∵y＝x－ex，定义域为R， ∴y′＝1－ex，令y′＝0，得x＝0. 当x∈(－∞，0)时，y′>0；当x∈(0，＋∞)时，y′<0.故x＝0为函数y＝x－ex的极大值点. 2.已知函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，则该函数的一个单调递增区间是(　 ) A.(2，3) B.(3，＋∞) C.(2，＋∞) D.(－∞，3) 解析：选B　因为f′(x)＝6x2＋2ax＋36，且在x＝2处有极值， 所以f′(2)＝0，即24＋4a＋36＝0，解得a＝－15. 所以f′(x)＝6x2－30x＋36＝6(x－2)(x－3)，由f′(x)>0，得x<2或x>3. 3.若函数f(x)＝的极大值点与极小值点分别为a，b，则(　 ) A.a<b<a＋b B.a<a＋b<b C.b<a＋b<a D.a＋b<b<a 解析：选C　f′(x)＝，当－<x<时，f′(x)>0；当x<－或x>时，f′(x)<0. 故f(x)＝的极大值点与极小值点分别为，－，则a＝，b＝－，所以b<a＋b<a. 4.已知函数f(x)＝x3－mx2＋x＋2有两个极值点，则m的取值范围是(　 ) A.(－1，1) B.[－1，1] C.(－∞，－1]∪[1，＋∞) D.(－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析：选D　f′(x)＝x2－2mx＋1，若f(x)在R上有两个极值点，则f′(x)＝0有两个不相等的实数根， ∴Δ＝4m2－4>0，解得m>1或m<－1. 5.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　 ) 解析：选C　因为f(x)在x＝－2处取得极小值，所以当x＜－2时，f(x)单调递减，即f′(x)＜0； 当x＞－2时，f(x)单调递增，即f′(x)＞0. 所以当x＜－2时，y＝xf′(x)＞0；当x＝－2时，y＝xf′(x)＝0；当－2＜x＜0时，y＝xf′(x)＜0；当x＝0时，y＝xf′(x)＝0；当x＞0时，y＝xf′(x)＞0.结合选项中的图象知选C. 6.若a是函数f(x)＝x3－12x的极大值点，则a＝______. 解析：∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12. 令f′(x)＝0，则x1＝－2，x2＝2. 当x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)是单调递增的；当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，则f(x)是单调递减的，∴当x＝－2时，f(x)取得极大值. 即x＝－2是f(x)的极大值点，∴a＝－2. 答案：－2 7.函数y＝xex在其极值点处的切线方程为________. 解析：由题意知y′＝ex＋xex，令y′＝0，解得x＝－1，代入函数解析式可得极值点的坐标为，又极值点处的切线为平行于x轴的直线，故方程为y＝－. 答案：y＝－ 8.已知f(x)＝(x2＋2x＋a)ex，若f(x)存在极小值，则a的取值范围是________. 解析：f′(x)＝(2x＋2)ex＋(x2＋2x＋a)ex＝ex(x2＋4x＋a＋2)，若f(x)存在极小值，则方程x2＋4x＋a＋2＝0有两个不等的实根， 所以Δ＝16－4(a＋2)>0，解得a<2.所以a的取值范围是(－∞，2). 答案：(－∞，2) 9.已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(a∈R)，求f(x)的单调区间与极值. 解：由已知，得函数f(x)＝ex－3x＋3a的定义域为R，则f′(x)＝ex－3，x∈R. 令f′(x)＝0，解得x＝ln 3. 令f′(x)<0，解得x<ln 3，所以函数在(－∞，ln 3)上单调递减； 令f′(x)>0，解得x>ln 3，所以函数在(ln 3，＋∞)上单调递增. 所以f(x)＝ex－3x＋3a在x＝ln 3处取得极小值 f(ln 3)＝eln 3－3ln 3＋3a＝3－3ln 3＋3a，没有极大值. 所以函数f(x)＝ex－3x＋3a的单调递减区间为(－∞，ln 3)，单调递增区间为(ln 3，＋∞)； 极小值为3－3ln 3＋3a，没有极大值. 10.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a的值； (2)求函数f(x)的极值. 解：(1)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， 从而a－＋＝0， 解得a＝－1. (2)由(1)知f(x)＝－ln x