6.2.2 第1课时 函数的导数与极值 课后达标检测（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

1．下列函数中存在极值的是(　　) A．y＝ B．y＝x－ex C．y＝2 D．y＝x3 解析：选B.对于y＝x－ex，y′＝1－ex，令y′＝0，得x＝0.在区间(－∞，0)上，y′＞0；在区间(0，＋∞)上，y′＜0.故当x＝0时，函数y＝x－ex取得极大值． 2．函数f(x)＝－x3＋8x在区间[－3，1]上(　　) A．有极大值和极小值 B．有极大值，无极小值 C．有极小值，无极大值 D．没有极值 解析：选C.由f(x)＝－x3＋8x，－3≤x≤1，得f′(x)＝－2x2＋8，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2(舍去)，当－3≤x＜－2时，f′(x)＜0，当－2＜x≤1时，f′(x)＞0，所以f(x)在[－3，－2)上单调递减，在(－2，1]上单调递增，所以f(－2)是f(x)在[－3，1]上的极小值，无极大值． 3．设三次函数f(x)的导函数为f′(x)，函数y＝xf′(x)的部分图象如图所示，则下列说法正确的是(　　) A.f(x)的极大值为f()，极小值为f(－) B．f(x)的极大值为f(－)，极小值为f() C．f(x)的极大值为f(3)，极小值为f(－3) D．f(x)的极大值为f(－3)，极小值为f(3) 解析：选C.由题图可知， 当x＝－3和x＝3时，xf′(x)＝0， 则f′(－3)＝f′(3)＝0； 当x<－3时，xf′(x)>0，则f′(x)<0； 当－3<x<0时，xf′(x)<0，则f′(x)>0； 当0<x<3时，xf′(x)>0，则f′(x)>0； 当x>3时，xf′(x)<0，则f′(x)<0. 所以f(x)在(－∞，－3)，(3，＋∞)上单调递减；在(－3，3)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(－3)，极大值为f(3).故选C. 4．已知函数f(x)的导函数g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点，则实数a的值为(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 解析：选D.由题意可知f′(x)＝g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点，令h(x)＝x2－3x＋a，则h(1)＝0，即1－3＋a＝0，得a＝2， 当a＝2时，f′(x)＝(x－1)(x2－3x＋2)＝(x－1)2(x－2)，故当x>2时，f′(x)>0；当x<2时，f′(x)≤0，因此2是f(x)的极值点，1不是f(x)的极值点，故a＝2满足题意．故选D. 5．已知函数f(x)＝若f(x)有且只有1个极值点，则实数a的取值范围是(　　) A.(－∞，0) B．(0，1] C．(0，＋∞) D．[1，＋∞) 解析：选C.函数f(x)＝ 有且只有1个极值点， 当a＝0时，没有极值点； 当a≠0时，f′(x)＝ 取2ax＋2＝0，得到x＝－， 当x≤a时，函数f(x)为二次函数， 则－<a，故a>0. 综上所述，a>0.故选C. 6．(多选)若函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx既有极大值又有极小值，则(　　) A．a>0 B．b>0 C．b2－8a>0 D．b2＝8a 解析：选AC.f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＋b＝， 因为函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx既有极大值又有极小值， 所以方程2ax2＋bx＋1＝0有两个不相等的正根x1，x2， 所以 解得a>0，b<0，b2－8a>0， 所以A，C正确，B，D错误．故选AC. 7．(2025·新课标Ⅱ卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝________． 解析：f(x)＝(x－2)·[(x－1)(x－a)]，所以f′(x)＝(x－1)(x－a)＋(x－2)[(x－1)(x－a)]′，所以f′(2)＝2－a＝0，解得a＝2，所以f(x)＝(x－1)(x－2)2，经验证，符合题意．所以f(0)＝(－1)×(－2)2＝－4. 答案：－4 8．若函数f(x)＝2x3＋ax2－3x－2在x＝1处取得极小值，则函数f(x)的极大值为________． 解析：f′(x)＝6x2＋2ax－3， 由题意得f′(1)＝6＋2a－3＝0，解得a＝－， 故f(x)＝2x3－x2－3x－2， f′(x)＝6x2－3x－3＝3(2x＋1)(x－1)， 当－<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x<－或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 故f(x)在x＝－处取得极大值， 故极大值为f(－)＝2×(－)－×＋－2＝－. 答案： － 9．已知函数f(x)＝x3－x2＋ax(x∈R)，g(x)＝x2＋(2－a)ln x，若f(x)与g(x)中恰有一个函数无极值，则实数a的取值范围是________． 解析：若f(x)＝x3－x2＋ax(x∈R)无极值， 则f′(x)＝3x2－2x＋a≥0恒成立， 即Δ＝4－12a≤0，解得a≥； 若g(x)＝x2＋(2－a)ln x无极值， 则g′(x)＝≥0对x∈(0，＋∞)恒成立， 所以2－a≥0，即a≤2. 所以f(x)与g(x)中恰有一个函数无极值， 则或 解得a∈(－∞，)∪(2，＋∞). 答案：(－∞，)∪(2，＋∞) 10．(13分)已知函数f(x)＝ax2＋b ln x在x＝1处有极值. (1)求a，b的值；(6分) (2)求出f(x)的单调区间，并求极值．(7分) 解：(1)因为f(x)＝ax2＋b ln x，该函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax＋， 则 解得 此时，f(x)＝x2－ln x， 经检验，a＝，b＝－1符合题意． 因此，a＝，b＝－1. (2)因为f(x)＝x2－ln x，该函数的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝x－＝， 令f′(x)＝0，可得x＝1，列表如下： x (0，1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)， 函数f(x)的极小值为f(1)＝－ln 1＝，无极大值． 11.已知函数f(x)＝，则f(x)在区间(a，a＋)(a>0)上存在极值的充分不必要条件是(　　) A．<a<1 B．0<a< C.0<a< D．<a<1 解析：选A.由f(x)＝，得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝， 当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 因此1是函数f(x)的极大值点，欲使f(x)在区间(a，a＋)(a>0)上存在极值， 只需a<1<a＋，即<a<1，显然四个选项中，只有<a<1能推出<a<1，但是<a<1推不出<a<1.故选A. 12．(多选)若函数f(x)＝aex－x2－2x＋b有两个不相等的极值点，则实数a的取值可以是(　　) A.e　　　　 B．2 C.1　　　　 D．0 解析：选BC.由f(x)＝aex－x2－2x＋b 得f′(x)＝aex－x－2， 由于f(x)＝aex－x2－2x＋b有两个不相等的极值点，则f′(x)＝aex－x－2＝0有两个不相等的实数根，则a＝有两个不相等的实数根， 记g(x)＝， 则g′(x)＝， 故当x>－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x<－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，如图所示， 所以当x＝－1时，g(x)取得极大值g(－1)＝e， 又当x>－2时，g(x)>0恒成立， 故0<a<e.故选BC. 13．若函数f(x)＝x3＋ax2＋6x－3在R上存在极值，则正整数a的最小值为________． 解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋6，由函数f(x)在R上存在极值， 得f′(x)＝0有两个不相等的实数根， 得Δ＝4a2－72>0， 解得a>3或a<－3， 又a为正整数，所以a的最小值为5. 答案：5 14．(13分)(2025·鞍山月考)已知函数f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x(a≠0)，讨论函数f(x)的极值． 解：显然f(x)的定义域为(0，＋∞)， 因为f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x， 所以f′(x)＝＋4ax＋2a＋2＝， 若a＜0，则当x∈(0，－)时，f′(x)＞0， 当x∈(－，＋∞)时，f′(x)＜0， 故函数f(x)在(0，－)上单调递增，在(－，＋∞)上单调递减， 故f(x)在x＝－处取得唯一的极大值， 且极大值为f(－)＝ln (－)－－1，无极小值． 若a＞0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值． 综上，当a＜0时，f(x)的极大值为ln (－)－－1，无极小值；当a＞0时，f(x)无极值． 15.(15分)(2025·辽阳期末)已知函数f(x)＝＋＋m ln x． (1)当m＝1时，求函数f(x)的单调区间；(7分) (2)若函数f(x)在x＝1处取得极大值，求实数m的取值范围．(8分) 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当m＝1时，f(x)＝＋＋ln x， f′(x)＝， 令f′(x)＞0得x＞1， 令f′(x)＜0得0＜x＜1. 所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1). (2)f′(x)＝，x>0， ①当m≥0时，ex＋m＞0，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，函数f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意； ②当－e≤m＜0时，若x∈(1，＋∞)， 则ex＋m≥ex－e＞0.此时f′(x)＞0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝1处不可能取得极大值； ③当m＜－e时，ln (－m)＞1. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如表， x (0，1) 1 (1，ln (－m)) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 e＋m 单调递减 函数f(x)在x＝1处取得极大值． 综上，可知实数m的取值范围是(－∞，－e). 学科网（北京）股份有限公司 $