5.3.2 极大值与极小值同步练-2026-2027学年高二上学期数学苏教版选择性必修第一册

5.3.2　极大值与极小值 A级　必备知识基础练 1.下列函数中存在极值的是(　　) A．y=　　 B．y=x－ex C．y=2　　 D．y=x3 2.函数y=＋ln x，则(　　) A．x=为f(x)的极大值点 B．x=为f(x)的极小值点 C．x=2为f(x)的极大值点 D．x=2为f(x)的极小值点 3.(多选题)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 4.(2025扬州高二月考)若函数f(x)=x3＋ax2＋3x－9在x=－3处取得极值，则a=(　　) A．2　　 B．3　　 C．4　　 D．5 5.设x=1与x=2是函数f(x)=aln x＋bx2＋x的两个极值点，则常数a=　　　　　　． 6.已知函数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　　　　． 7.(2025镇江高二质检)若函数f(x)=x3＋ax2＋(a＋6)x无极值，则a的取值范围为　　　　． 8.设函数f(x)=aln 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． 9.求函数f(x)=x－aln x(a∈R)的极值． B级　关键能力提升练 10.(多选题)若函数f(x)=x2－x＋x－2在[0，4]上恰有两个不同的极值点，则a的取值可以为(　　) A．3　　 B．　　 C．4　　 D． 11.(多选题)设x3＋ax＋b=0(a，b∈R)，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实数根的是(　　) A．a=－3，b=2　　 B．a=－3，b=－3 C．a=－3，b＞2　　 D．a=1，b=2 12.若函数f(x)=x3＋x2－ax－4在区间(－1，1)上恰有一个极值，则实数a的取值范围为　　　　． 13.已知函数f(x)=(x－a)(x－3)2(a∈R)，当x=3时，f(x)有极大值．写出符合上述要求的一个a的值：　　　　　　　　． 14.设a为实数，函数f(x)=x3－x2－x＋a． (1)求f(x)的极值； (2)若曲线y=f(x)与x轴仅有一个交点，求a的取值范围． C级　学科素养创新练 15.材料：函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，在现行的高等数学与数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的函数，如函数y=xx(x＞0)，我们可以做变形：y=xx=(eln x)x=ex•ln x=et(t=xln x)，所以y=xx(x＞0)可看作是由函数y=et和t=xln x复合而成的，即y=xx(x＞0)为初等函数．根据以上材料可知，初等函数h(x)=x(x＞0)的极大值为　　　　． 16.已知函数f(x)=且x=是函数y=f(x)的极值点． (1)求实数a的值； (2)若函数y=f(x)－m仅有一个零点，求实数m的取值范围． 答案： 1.B　解析 对于y=x－ex求导得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．故选B． 2.D　解析 ∵f(x)=＋ln x，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)=－＋=．令f′(x)＞0，可得x＞2，此时函数单调递增；令f′(x)＜0，可得0＜x＜2，此时函数单调递减，∴x=2为f(x)的极小值点，f(x)无极大值点．故选D． 3.BC　解析 根据g(x)=xf′(x)的图象，可得当x＜－2时，g(x)=xf′(x)＞0，可得f′(x)＜0，即f(x)单调递减，当－2＜x＜0时，g(x)=xf′(x)＜0，可得f′(x)＞0，即f(x)单调递增，当0＜x＜1时，g(x)=xf′(x)＜0，可得f′(x)＜0，即f(x)单调递减，当x＞1时，g(x)=xf′(x)＞0，可得f′(x)＞0，即f(x)单调递增，因此f(x)在x=－2和x=1处取得极小值，在x=0处取得极大值，共3个极值点，A错误，C正确；f(0)为f(x)的极大值，B正确；f(－1)不是f(x)的极小值，D错误． 4.D　解析 因为f(x)=x3＋ax2＋3x－9，所以f′(x)=3x2＋2ax＋3，又函数f(x)=x3＋ax2＋3x－9在x=－3处取得极值，所以f′(－3)=27－6a＋3=0，即a=5，此时f′(x)=3x2＋10x＋3=(3x＋1)(x＋3)，当x＜－3或x＞－时，f′(x)＞0，当－3＜x＜－时，f′(x)＜0，故x=－3是f(x)的极大值点，故a=5符合题意．故选D． 5.－　解析 f′(x)=＋2bx＋1，由题意知，f′(1)=f′(2)=0， 即a＋2b＋1=0，＋4b＋1=0， 解得a=－，b=－． 故答案为－． 6.(－∞，－1)⋃(2，＋∞)　解析 f′(x)=3x2＋6ax＋3(a＋2)，因为函数f(x)既有极大值又有极小值， 所以方程f′(x)=0有两个不相等的实根，所以Δ=36a2－36(a＋2)＞0， 即a2－a－2＞0，解得a＞2或a＜－1. 7.[－3，6]　解析 因为f(x)=x3＋ax2＋(a＋6)x， 所以f′(x)=3x2＋2ax＋a＋6， 因为f(x)无极值， 所以Δ=(2a)2－4×3×(a＋6)≤0， 解得－3≤a≤6， 所以a的取值范围为[－3，6]． 8.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＋＋x＋1(x＞0)，f ′(x)=－－＋==． 令f ′(x)=0，得x1=1，x2=－(舍去)． 当x∈(0，1)时，f ′(x)＜0，f(x)在(0，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)在(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． 9.解 f(x)=x－aln x的定义域为(0，＋∞)，由f′(x)=1－=，x＞0，知 ①当a≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数f(x)无极值； ②当a＞0时，由f′(x)=0，解得x=a． 又当x∈(0，a)时，f′(x)＜0， 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0， 从而函数f(x)在x=a处取得极小值，且极小值为f(a)=a－aln a，无极大值． 综上，当a≤0时，函数f(x)无极值； 当a＞0时，函数f(x)在x=a处取得极小值a－aln a，无极大值． 10.AC　解析　因为函数f(x)=x2－x＋x－2，所以f′(x)=2x－a＋1.又因为函数f(x)在[0，4]上恰有两个不同的极值点，所以关于x的方程f′(x)=0在(0，4)上恰有两个不同的解．设t=(t∈(0，2))，则关于t的方程2t2－at＋1=0在(0，2)上恰有两个不同的解．令g(t)=2t2－at＋1，则关于t的方程g(t)=0在(0，2)上恰有两个不同的解，因此 解得2＜a＜． 11.BCD　解析　设f(x)=x3＋ax＋b，那么f ′(x)=3x2＋a．当a≥0时，f ′(x)≥0，f(x)单调递增，f(x)=0必有一实数根，D项满足题意． 当a＜0时，由于选项中只有a=－3，故只考虑a=－3即可，此时f ′(x)=3x2－3=3(x＋1)(x－1)，令f′(x)=0，得x=1或x=－1.故f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减． 故f(x)的极大值为f(－1)=b＋2，f(x)的极小值为f(1)=b－2. 若方程只有一个实数根，则需满足b＋2＜0或b－2＞0，解得b＜－2或b＞2，B，C项满足．故选BCD． 12.[1，5)　解析　f ′(x)=3x2＋2x－a，函数f(x)在区间(－1，1)上恰有一个极值，即f ′(x)=0在(－1，1)上恰有一个根．又函数f ′(x)=3x2＋2x－a图象的对称轴为直线x=－，所以应满足所以 所以1≤a＜5. 13.4(答案不唯一)　解析　因为f(x)=(x－a)(x－3)2(a∈R)，所以f ′(x)=(x－3)2＋2(x－a)(x－3)=3x2－(2a＋12)x＋9＋6a． 因为当x=3时，f(x)有极大值，所以f ′(x)=0有两个根，其中一个根为3，设另一个根为x0，且3＜x0， 所以 解得a＞3. 14.解　(1)f ′(x)=3x2－2x－1. 令f ′(x)=0，得x=－或x=1. 当x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如表所示． x (－∞，－) － (－，1) 1 (1，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以f(x)的极大值是f(－)=＋a，极小值是f(1)=a－1. (2)函数f(x)=x3－x2－x＋a=(x－1)2(x＋1)＋a－1， 由此可知，当x取足够大的正数时，有f(x)＞0，当x取足够小的负数时，有f(x)＜0，所以曲线y=f(x)与x轴至少有一个交点． 由(1)知f(x)极大值=f(－)=＋a，f(x)极小值=f(1)=a－1. 因为曲线y=f(x)与x轴仅有一个交点，所以f(x)极大值＜0或f(x)极小值＞0，即＋a＜0或a－1＞0，所以a＜－或a＞1.故当a∈(－∞，－)⋃(1，＋∞)时，曲线y=f(x)与x轴仅有一个交点． 15.e　解析 h(x)=x=(eln x)=e•ln x(x＞0)， 所以h′(x)=e•ln x•(ln x)′ =e•ln x•(－ln x＋) =e•ln x(1－ln x)． 令h′(x)=0得x=e． 当0＜x＜e时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增； 当x＞e时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减． 所以h(x)有极大值，且极大值为h(e)=e． 16.解　(1)当x＞0时，f(x)=(x2－2ax)ex， 所以f ′(x)=(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex=[x2＋2(1－a)x－2a]ex． 由已知，得f ′()=0，所以2＋2－2a－2a=0，解得a=1. (2)由(1)知，当x＞0时，f(x)=(x2－2x)ex，f ′(x)=(x2－2)ex．令f ′(x)=0，得x=或x=－(舍去)， 所以当x∈(0，)时，f ′(x)＜0，f(x)单调递减，f(x)∈[(2－2)e，0]． 当x∈(，＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)单调递增，f(x)∈[(2－2)e，＋∞)． 而当x≤0时，f(x)=x单调递增，f(x)∈(－∞，0]． 因为函数y=f(x)－m仅有一个零点，即函数y=f(x)的图象与直线y=m 仅有一个交点，所以m＞0或m＜(2－2)e，即实数m的取值范围为(－∞，(2－2)e)⋃(0，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $