2.6.2 函数的极值-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习（北师大版）

[必备知识·基础巩固] 1．函数f(x)＝x3－3x2＋3x的极值点的个数是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析　f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2，当x＝1时导函数值为0，但在此零点两侧导函数均大于0，所以此处不是函数的极值点，所以函数极值点个数为0. 答案　A 2．设函数f(x)＝xex，则(　　) A．x＝1为f(x)的极大值点 B．x＝1为f(x)的极小值点 C．x＝－1为f(x)的极大值点 D．x＝－1为f(x)的极小值点 解析　因为f(x)＝xex， 所以f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x). 当f′(x)≥0，即ex(1＋x)≥0时， 解得x≥－1， 所以当x≥－1时，函数f(x)为增函数． 同理可得，当x<－1时，函数f(x)为减函数． 所以当x＝－1时，函数f(x)取得极小值． 答案　D 3．函数f(x)＝x－sin x在上的极小值为(　　) A．－ B．－ C．－ D．－ 解析　由f(x)＝x－sin x，得f′(x)＝－cos x， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以是函数f(x)的极小值点，且极小值为f＝－. 答案　D 4．(多选题)(新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝a ln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc＞0 B．ab＞0 C．b2＋8ac＞0 D．ac＜0 解析　∵f′(x)＝－－＝＝0有两个不等的正根x1，x2， ∴x1＋x2＝＞0，x1x2＝＞0， Δ＝b2＋8ac＞0， ∴ab＞0，ac＜0，则bc＜0，选BCD. 答案　BCD 5．函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处有极值－2，则a，b的值分别为a＝ ，b＝ ． 解析　∵f′(x)＝3ax2＋b， 又当x＝1时有极值－2， ∴f′(1)＝3a＋b＝0，　① f(1)＝a＋b＝－2，　② 联立①②，解得 答案　1　－3 6．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) 7．已知曲线f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1在点(1，f(1))处的切线斜率为3，且x＝是y＝f(x)的极值点，则a＋b＝ ． 解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 根据题意得即 解得a＝2，b＝－4， ∴a＋b＝2－4＝－2. 答案　－2 8．设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6). (1)确定a的值； (2)求函数f(x)的单调区间与极值． 解析　(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x， 故f′(x)＝2a(x－5)＋. 令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1). 由点(0，6)在切线上可得6－16a＝8a－6， 故a＝. (2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x>0)， f′(x)＝x－5＋＝. 令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝3， 当0<x<2或x>3时，f′(x)>0， 故f(x)在区间(0，2)，(3，＋∞)上单调递增； 当2<x<3时，f′(x)<0，故f(x)在区间(2，3)上单调递减． 由此可知函数f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2， 在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3. [关键能力·综合提升] 9．(2025·安徽阜阳期末)若函数f(x)＝x2－4x＋a ln x有唯一的极值点，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，0)∪{2} C．(－∞，0] D．(－∞，0]∪{2} 解析　f′(x)＝2x－4＋＝(x＞0)， 令g(x)＝2x2－4x＋a＝2(x－1)2＋a－2， 由f(x)有唯一的极值点，可得g(0)≤0，即a≤0， 故实数a的取值范围为(－∞，0].故选C. 答案　C 10．(多选题)(2024·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<f(x2) C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 解析　因为f(x)＝(x－1)2(x－4)，所以f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，当x<1或x>3时，f′(x)>0；当1<x<3时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3)，故x＝1是函数f(x)的极大值点，x＝3是函数f(x)的极小值点，所以A正确． 当0<x<1时，x－x2＝x(1－x)>0，即0<x2<x<1，又函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x2)<f(x)，所以B错误． 当1<x<2时，1<2x－1<3，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以－4＝f(3)<f(2x －1)<f(1)＝0，所以C正确． 当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(2－x －1)2(2－x －4)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(－x －2)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(－2x＋2)＝－2(x－1)3>0，所以f(2－x)>f(x)，所以D正确． 综上，选ACD. 答案　ACD 11．若函数f(x)＝ex－ax－b在R上有小于0的极值点，则实数a的取值范围是 ． 解析　由题意知f′(x)＝ex－a. 当a≤0时，f′(x)>0恒成立，则f(x)在R上单调递增，不符合题意； 当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝ln a， ∴当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0. 可知x＝ln a为f(x)的极值点，∴ln a<0， ∴a∈(0，1). 答案　(0，1) 12．若函数f(x)＝x2－x＋a ln x有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是 ． 解析　因为f(x)＝x2－x＋a ln x有两个不同的极值点，所以f′(x)＝x－1＋＝在(0，＋∞)上有两个不同的零点，所以x2－x＋a＝0在(0，＋∞)上有两个不同的实根，所以解得0＜a＜. 答案　 13．若a≠0，试讨论函数f(x)＝－ax3－x2＋a2x2＋2ax的单调性并求极值． 解析　因为f(x)＝－ax3－x2＋a2x2＋2ax， 所以f′(x)＝－2ax2－2x＋2a2x＋2a ＝－2(ax2＋x－a2x－a) ＝－2(x－a)(ax＋1). 令f′(x)＝0，可得x＝－或x＝a. 若a＞0，则当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x － a (a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 所以f(x)在区间，(a，＋∞)上为减函数，在区间上为增函数，函数f(x)在x＝－处取得极小值，极小值为f＝－1－，在x＝a处取得极大值，极大值为f(a)＝a2＋a4. 若a＜0，则当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，a) a － 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f(x)在区间(－∞，a)，上为增函数，在区间上为减函数，函数f(x)在x＝a处取得极大值f(a)＝a2＋a4，在x＝－处取得极小值f＝－1－. [学科素养·探索创新] 14．(多选题)设f′(x)为函数f(x)的导函数，已知x2f′(x)＋xf(x)＝ln x，f(1)＝，则下列结论正确的是(　　) A.xf(x)在(1，＋∞)上单调递增 B.xf(x)在(1，＋∞)上单调递减 C.xf(x)在(0，＋∞)上有极大值 D.xf(x)在(0，＋∞)上有极小值 解析　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0<x<1，即xf(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，即当x＝1时，函数g(x)＝xf(x)取得极小值g(1)＝f(1)＝，故选AD. 答案　AD 15．(2025·上海卷)已知f(x)＝x2－(m＋2)x＋m ln x，m∈R. (1)若f(1)＝0，求不等式f(x)≤x2－1的解集； (2)若函数y＝f(x)满足在(0，＋∞)上存在极大值，求m的取值范围． 解析　(1)因为f(1)＝0，故1－m－2＋0＝0，故m＝－1，故f(x)＝x2－x－ln x， 故f(x)≤x2－1即为x＋ln x≥1， 设s(x)＝x＋ln x，x>0，则s′(x)＝1＋>0， 故s(x)在(0，＋∞)上为增函数， 而x＋ln x≥1即为s(x)≥s(1)，故x≥1， 故原不等式的解集为[1，＋∞). (2)f(x)在(0，＋∞)有极大值即为有极大值点． f′(x)＝2x－(m＋2)＋＝＝， 若m≤0，则x∈(0，1)时，f′(x)<0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 故x＝1为f(x)的极小值点，无极大值点，故舍去； 若0<<1，即0<m<2，则x∈时，f′(x)<0；x∈∪(1，＋∞)时，f′(x)>0， 故x＝为f(x)的极大值点，符合题设要求； 若m＝2，则x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)无极值点，舍去； 若>1即m>2，则x∈时，f′(x)<0； x∈(0，1)∪时，f′(x)>0， 故x＝1为f(x)的极大值点，符合题设要求； 综上，m>0且m≠2. 即m的取值范围为{m|m>0且m≠2}． 学科网（北京）股份有限公司 $