【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册精练：5.3.2《极值与最值》（解析版）.doc，共(19)页，1.162 MB，由MTyang资料小铺上传

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5.3.2极值与最值【题组一求极值及极值点】1．（2020·北京市第十三中学高三开学考试）设函数4fxxx，则fx的极大值点和极小值点分别为（）A．－2，2B．2，－2C．5，－3D．－5，3【答案】A【解析】易知函数定义

域是{|0}xx，由题意224(2)(2)()1xxfxxx，当2x或2x时，()0fx，当20x或02x时，()0fx，∴()fx在(,2)和(2,)上递增，在(2,0)和(0,2)上递减，∴极大值点是－2，极小值点是2．故选：A．

2．（2020·黑山县黑山中学高二月考）函数262xfxxxe的极值点所在的区间为（）A．1,0B．0,1C．1,2D．2,1【答案】B【解析】262xfxxe，且fx为单调函数，∴12620fe，062

0f，由010ff，故fx的极值点所在的区间为0,1，故选：B.3．（2020·河北新华·石家庄二中高二期末）“2a”是“函数xfxxae在0,上有极值”的（）A．充分不必要条件B．必

要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】xfxxae，则1xfxxae，令0fx，可得1xa.当1xa时，0fx；当1xa时，0

fx.所以，函数yfx在1xa处取得极小值.若函数yfx在0,上有极值，则10a，1a.因此，“2a”是“函数xfxxae在0,上有极值”的充分不必要条件.故选：A.4

．（2020·扶风县法门高中高二月考（理））设函数()xfxxe，则（）A．1x为()fx的极大值点B．1x为()fx的极小值点C．1x为()fx的极大值点D．1x为()fx的极小值点【答案】D【解析】因为()xfxxe，所以=+=+1,=0,x=-1xxx

fxexeexfx令得．又>0:>-1;<0<-1,--1-1+fxxfxxfx由得由得：所以在，，在，，所以1x为()fx的极小值点．5．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高二期末（理））已知2x是函数3()32fxxax的极小值点，那么函数

()fx的极大值为（）A．15B．16C．17D．18【答案】D【解析】2()33fxxa,又因为2x是函数3()32fxxax的极小值点，所以2(2)3230fa，4a，所以2()312fxx，由2()3120fxx，2x或2x

，所以在区间(,2)上，()0,()fxfx单调递增，在区间(2,2)上，()0,()fxfx单调递减，在区间(2,)上，()0,()fxfx单调递增，所以函数()fx的极大值为3(2)(2)12(2)218f，故选D.6．（2020·甘肃省会宁县第四中

学高二期末（理））函数()xfxxe在[0,4]x上的极大值为（）A．1eB．0C．44eD．22e【答案】A【解析】由()xfxxe可得1()xxfxe当0,1x时()0fx，()fx单调递增当1,4x时()0fx，()fx单调递

减所以函数()xfxxe在[0,4]x上的极大值为11fe故选：A7．（2020·天津一中高二期中）函数f(x)＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是()A．0B．1C．2D．无数个【答案】A【解析】2162162xxfxxxx，由0fx

得26210xx，方程无解，因此函数无极值点8．（2020·北京高二期末）已知函数21()ln2fxxx.（Ⅰ）求曲线fx在1x处的切线方程；（Ⅱ）求函数yfx的极值.【答案】（Ⅰ）325

0xy；（Ⅱ）极小值是11ln242，无极大值.【解析】（Ⅰ）fx的定义域是0,，1()22fxxx，311,12ff，故所求切线斜率32k=，过1,1的切线方程是：31(1)2yx，即3250xy；（Ⅱ）1(21)(

21)()222xxfxxxx，令0fx′，解得：12x，令0fx′，解得：102x，故fx在10,2递减，在1,2递增，故fx的极小值是111111lnln2242242f

，无极大值.9．（2019·湖南雨花·高二期末（文））已知函数3()1224fxxx．（1）求函数()fx的单调区间；（2）求函数()fx的极值．【答案】（1）单调增区间为：(,2)和(2,)，单调减区间为：(2,2)；（2）

极大值40，极小值8．【解析】（1）∵3()1224fxxx，∴2()312fxx．令()0fx，则2x或2，x(,2)2(2,2)2(2,)()fx00()fx单调递增40单调递减8单调递增故()fx的单调增区间为：(,2)

和(2,)，单调减区间为：(2,2)．（2）由（1）得：当2x时，()fx有极大值40，当2x时，()fx有极小值8．10．（2020·林芝市第二高级中学高二期中（理））已知函数32()392fxxxx，求：（1）函数()yfx的图象在点(0,(0))f处的切线方程；（

2）()fx的单调区间及极值．【答案】（1）920xy；（2）减区间为(,1]，[3,)，增区间为(1,3)；极小值为7，极大值为25．【解析】（1）显然由题意有，(0)0f，2()369fxxx，∴(0)9f∴由点斜式可知，切

线方程为：920xy；（2）由（1）有2()3693(1)(3)fxxxxx∴()0fx时，(,1]x或[3,)x()0fx时，(1,3)x∴()fx的单减区间为(,1]，[3,)；单增区间为(1,3)∴()fx在1x处取得极小

值(1)7f，()fx在3x处取得极大值(3)25f.【题组二求最值点最值】1．（2020·四川内江·高二期末（文））函数2cos3yxx在区间0,2上的最大值是（）A．32B．6C．23D．13

【答案】B【解析】函数2cos3,0,2fxyxxx，'12sinfxx，令'0fx，解得6x．∴函数fx在0,6内单调递增，在,62内单调递减．∴6x时函数

fx取得极大值即最大值．2cos36666f．故选B．2．（2020·甘肃武威·高三月考（理））已知函数()cosxfxexx.（1）求曲线()yfx在点(0,(0)

)f处的切线方程；（2）求函数()fx在区间[0,]2上的最大值和最小值.【答案】（1）1y；（2）最大值为1，最小值为2.【解析】（1）因为()ecosxfxxx，所以()e(cossin)1,(0)0xfxxxf.又因为(0)1f，所以曲线()yfx在点(0,(

0))f处的切线方程为1y.（2）设()e(cossin)1xhxxx，则()e(cossinsincos)2esinxxhxxxxxx，当π(0,)2x时，()0hx，所以()hx在区间π[0,]

2上单调递减，所以对任意π[0,]2x有()(0)0hxh，即()0fx，所以函数()fx在区间π[0,]2上单调递减，因此()fx在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f，最小值为()22f.3．（2020·江苏鼓楼·南京师大附中高三月考）已知函数

2()fxalnxbx，a，bR．若()fx在1x处与直线12y=-相切．（1）求a，b的值；（2）求()fx在1[e，]e上的最大值．【答案】（1）112ab；（2）12.【解析】（1）函数2()(0)fxalnxbxx，()2afxbxx

，函数()fx在1x处与直线12y=-相切，(1)201(1)2fabfb，解得112ab；（2）21()2fxlnxx，21()xfxx，当1xee剟时，

令()0fx得：11xe„，令()0fx，得1xe„，()fx在1[e，1]，上单调递增，在[1，]e上单调递减，所以函数的极大值就是最大值，()maxfxf（1）12．4．（2020·安徽庐阳·合肥一中高三月考（文））已知函数f（x）＝a

x3+bx+c在x＝2处取得极值为c﹣16.（1）求a、b的值；（2）若f（x）有极大值28，求f（x）在[﹣3，3]上的最大值和最小值.【答案】（1）1,12ab；（2）最小值为4，最大值为28.【解析】（1）因3()fxaxbxc，故2()3fxaxb

，由于()fx在点2x处取得极值，故有(2)0(2)16ffc，即1208216ababcc，解得112ab；（2）由（1）知3()12fxxxc，2()312fxx令()0fx，得122,2

xx，当(,2)x时，()0fx故()fx在(,2)上为增函数；当(2,2)x时，()0fx故()fx在(2,2)上为减函数，当(2,)x时()0fx，故()fx在(2,)上为增函数．由此可知()fx在1

2x处取得极大值(2)16fc，()fx在22x处取得极小值(2)16fc，由题设条件知1628c，得12c，此时(3)921fc，(3)93fc，(2)164fc，因此()fx上[3,3]的最小值为(2)4f，最大值为28.5．（2020·河南

商丘·高三月考（文））已知322126xmxfxx的一个极值点为2.（1）求函数fx的单调区间；（2）求函数fx在区间22,上的最值.【答案】（1）函数fx的减区间为1,2，增区间为,1，2,；（2）最小值是14，最大值是13

.【解析】（1）322126xmxxfx，26212xmxfx，322126xmxxfx的一个极值点为2，262221220mf，解得3m.3223126fxxxx，

26612612fxxxxx，令0fx，得1x或2x；令0fx，得12x；令0fx，得1x或2x；故函数fx的减区间为1,2，增区间

为,1，2,.（2）由（1）知3223126xxfxx，612fxxx，当21x时，0fx；当12x时，0fx；fx在2,1上为增函数，在1,2上为减函数，1x是fx

的极大值点，又22f，113f，214f，所以函数fx在22,上的最小值是14，最大值是13.6．（2020·重庆高二期末）已知32133fxxaxx（aR）在3x处取

得极值.（1）求实数a的值；（2）求fx的单调区间；（3）求fx在区间3,3上的最大值和最小值.【答案】（1）1；（2）增区间为,3，1,，减区间为3,1；（3）最大值为9，最小值为53.

【解析】（1）223fxxax，由于fx在3x处取得极值，故(3)0f，解得1a，经检验，当1a时，fx在3x处取得极值，故1a.（2）由（1）得32133fx

xxx，223fxxx，由0fx得1x或3x；由0fx得31x.故fx的单调增区间为,3，1,，单减区间为3,1.（3）由（2）得函数fx的极大值为39

f，得函数fx的极小值为513f，又39f，所以函数fx在区间3,3上的最大值为9，最小值为53.【题组三已知极值及最值求参数】1．（2020·湖南其他（理））已知函数2(3))(xfxaexaR，若[0,2]x时，(

)fx在0x处取得最大值，则a的取值范围为（）A．0aB．212aeC．6aeD．2126aee【答案】A【解析】∵6()6()xxxxfxaexeae，令6()xxgxe，∴6(1)()xxgxe，∴1x

时()0gx，()gx在(,1)单调递增；∴1x时()0gx，()gx在1,单调递减.如图，∴max(1)6)(ggxe，∴当6ae时，60xxae，∴()0fx，()fx

在R上单调递增，不成立；当0a时，()fx在[0,2]上单调增减，成立；当60ae时，60xxae有两个根1x，2120xxx，∵当1xx时，60xxae，()0fx；当12xxx时，60xxae，()0fx；当2xx时，60xxae，()0f

x，∴fx在1[0,]x，2[,)x上单调递增，在12[,]xx上单调递减，显然不成立.综上，0a.故选：A2．（2020·河南郑州·高三月考（文））已知函数323362fxxaxax，若fx在1,上既有极大值，又有最小值，

且最小值为132a，则a的取值范围为（）A．11,62B．11,26C．11,26D．11,22【答案】C【解析】23636361fxxaxaxax

的零点为2a和1，因为1132fa，所以1是函数的极小值即最小值点，则2a是函数的极大值点，所以121a，且1132fa，解得1126a.故选：C.3．（2020·广东高二期末（理））函数3()3fxxx在[0，]m上最大值

为2，最小值为0，则实数m取值范围为（）A．[1，3]B．[1，)C．(1，3]D．(1,)【答案】A【解析】.3()3fxxx，2()333(1)(1)fxxxx，令()0fx，则1x或1(舍负)，当01x„时，()0fx，()fx单调递增；当1x

时，()0fx，()fx单调递减.函数()fx在[0，]m上最大值为2，最小值为0，且(0)(3)0ff，f（1）2，13m.故选：A.4．（2020·贵州遵义·高三其他（文））若函数321()53fxxaxx无极值点则

实数a的取值范围是（）A．(1,1)B．[1,1]C．(,1)(1,)D．(,1][1,)【答案】B【解析】321()53fxxaxx,2()21fxxax，由函数321()53fxxaxx

无极值点知，()0fx至多1个实数根，2(2)40a，解得11a，实数a的取值范围是[1,1]，故选：B5．（2020·四川省绵阳江油中学高二开学考试（理））函数2xyxe+m在[0，2]上的

最小值是2-e，则最大值是（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】'(2)(1)xxxyexexe，因为[0,2]x，所以当[0,1)x时，'0y，当(1,2]x时，'0y，所以函数在[0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，所以函数在1x

处取得最小值，根据题意有2eme，所以2m，当0x时，220y，当2x时，y022，所以其最大值是2，故选：B.6．（2020·四川省绵阳江油中学高二月考（理））函数33fxxaxa在0,1内有最小值，则a的取值

范围为()A．01aB．01aC．11aD．102a【答案】B【解析】∵函数f（x）=x3﹣3ax﹣a在（0，1）内有最小值，∴f′（x）=3x2﹣3a=3（x2﹣a），①若a≤0，可得f′（x）≥0，f（x

）在（0，1）上单调递增，f（x）在x=0处取得最小值，显然不可能，②若a＞0，f′（x）=0解得x=±a，当x＞a，f（x）为增函数，0＜x＜a为减函数，f（x）在x=a处取得极小值，也是最小值，所以极小值点应该在（0，1）内，符

合要求．综上所述，a的取值范围为（0，1）故答案为B7．（2020·黑龙江高二期中（理））已知函数22lnfxaxaxx（1）若1a，求函数fx的极值；（2）当0a时，若fx在区间1,e上的最小值为-2，求a的取值范围.【答案】(1)函数

fx的极大值为5ln24函数fx的极小值为2(2)1,【解析】（1）1a，23lnfxxxx，定义域为0,，又123fxxx2211231xxxxxx.当1x或102x时0fx；当112x时0fx∴

函数fx的极大值为15ln224f函数fx的极小值为12f.（2）函数22lnfxaxaxx的定义域为0,，且122fxaxax2221211axaxxaxxx

，令0fx，得12x或1xa，当101a，即1a时，fx在1,e上单调递增，∴fx在1,e上的最小值是12f，符号题意；当11ea时，fx在1,e上的最小值是112ffa，不合题意；当1ea时，fx在

1,e上单调递减，∴fx在1,e上的最小值是12fef，不合题意故a的取值范围为1,8．（2020·北京八中高二期末）已知函数22()(24)lnfxxaxxx.（1）当1a时，求函数()fx在[1,)上的最小值；（2）若函

数()fx在[1,)上的最小值为1，求实数a的取值范围；（3）若1ae，讨论函数()fx在[1,)上的零点个数．【答案】（1）1；（2）(,1]；（3）答案见解析.【解析】(1)当1a时，22()(24)ln,

fxxxxx()(44)ln2424(1)(ln1)fxxxxxxx，因为[1,)x，所以()0fx，所以()fx为单调递增函数，所以min()(1)1fxf．(2)()(44)ln2424()(ln1)fxxaxxaxxax，[1

,)x，当1a时，()0fx，所以()fx为单调递增函数，min()(1)1fxf，符合题意；当1a时，在[1,)a上，()0,()fxfx单调递减，在(,)a上，()0,()fxfx单调递增，所以m

in()()fxfa，因为11f，故11faf，与fx的最小值为1矛盾.故实数a的取值范围为(,1].(3)由(2)可知，当11ae时，在[1,)上，()fx为单调递增函数，min()1fx，此时函数()fx的零点

个数为0；当1a时，22min()()2lnfxfaaaa，令22()2ln,(1,)gxxxxx，则()4ln224ln0gxxxxxaxx，函数()gx单调递减，令22()2ln0gxxxx，解得12x

e，所以当12(1,)xe，()0gx，xe，()0gx，12(,)xe，()0gx，所以当12(1,)ae时，min()0fx，此时函数()fx在[1,)上的零点个数为0；当12ae时，()0minfx，此时函数()fx

在[1,)上的零点个数为1；12min(,),()0aefx，又110f，故()fx在1,a存在一个零点，2240faa，故()fx在,2aa存在一个零点，此时函数()fx在[1,)上的零点个

数为2．综上，可得121(,)aee时，函数()fx在[1,)上的零点个数为0；12ae时，函数()fx在[1,）上的零点个数为1；12(,)ae，函数()fx在()0fx上的零点个数为2.9．（2020·广东禅城·佛山一中高二月考）已知函数l

nxfxaxe；1讨论fx的极值点的个数；2若2a，求证：0fx．【答案】（1）当a≤0时，f（x）无极值点；当a＞0时，函数y=f（x）有一个极大值点，无极小值点；(2)见解析【解析】（1）根据题意可得，(0)xxaaxe

fxexxx，当0a时，()0fx¢<，函数yfx是减函数，无极值点；当0a时，令()0fx=，得0xaxe，即xxea，又xyxea在()0,+?上存在一解，不妨设为0x，所以函数yfx在00,x上是单调递增的，在0,x上是单调递减的.

所以函数yfx有一个极大值点，无极小值点；总之：当0a时，无极值点；当0a时，函数yfx有一个极大值点，无极小值点.（2）2lnxfxxe，2(0)xxefxxx，由（1）可知fx

有极大值0fx，且0x满足002xxe①，又xyxe在()0,+?上是增函数，且02e，所以00,1x，又知：000max2lnxfxfxxe，②由①可得002xex，代入②得00max022lnfxfxxx，令22lng

xxx，则2221220xgxxxx恒成立，所以gx在()0,1上是增函数，所以0120gxg，即00gx，所以0fx.10．（2020·四川达州·高二期末（理））已知aR，函数lnf

xxax，212gxxax.（1）讨论fx的单调性；（2）记函数hxgxfx，求hx在1,12上的最小值.【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.【解析】（1）ln0fxxaxx，则1axafxxx.当0a

时，当0,x时，0fx，函数yfx单调递增；当0a时，当,xa时，0fx，函数yfx单调递增，当0,xa时，0fx，函数yfx单调递减.

综上所述，当0a时，函数yfx的单调递增区间为0,；当0a时，函数yfx的单调递减区间为0,a，单调递增区间为,a；（2）21ln2hxgxfxxaxxax，1,12x，2111xaxaxa

xahxxaxxx.①当1a时，对任意的1,12x，0hx，函数yhx单调递增，所以，函数yhx在1,12上的最小值为min13ln2282ahxha

；②若12a，对任意的1,12x，0hx，函数yhx单调递减，所以，函数yhx在1,12上的最小值为min112hxha；③若112a时，当1,2xa时，0hx，函数yhx单调递增

，当,1xa时，0hx，函数yhx单调递减，又因为13ln2282aha，112ha，13111ln2ln2282282aahhaaa.（i）当1ln2082aa

时，即当1128ln24a时，112hh，此时，函数yhx在区间1,12上的最小值为min112hxha；（ii）当1ln2082aa时，即当1

18ln24a时，112hh.此时，函数yhx在区间1,12上的最小值为min13ln2282ahxha.综上所述，min31ln2,828ln2411,28ln

24aaahxaa.11．（2020·四川省绵阳江油中学高二期中（文））已知函数232()(1)fxaxaxxb在1x处取得极小值1．（1）求()fx的解析式；（2）求()

fx在[0,2]上的最值．【答案】（1）32()21fxxxx（2）最小值为1，最大值为3．【解析】（1）22()32(1)1fxaxax，由2(1)321(1)(31)0faaaa，得1a或13a

．当1a时，2()341(1)(31)fxxxxx，则()fx在1(,),(1,)3上单调递增，在1(,1)3上单调递减，符合题意，由(1)1211fb，得1b；当13a时，214(1)(3)()1333xxfxxx，则()fx在

(,1),(3,)上单调递增，在(1,3)上单调递减，()fx在1x处取得极大值，不符合题意．所以32()21fxxxx．（2）由（1）知()fx在1[0,),(1,2]3上单调递增，在1(,1)3上单调递减，因为131(0)(1)1,(),(2)3327ffff

，所以()fx的最小值为1，最大值为3．12．（2020·扶风县法门高中高二月考（理））已知函数2()()4xfxeaxbxx，曲线()yfx在点(0,(0))f处切线方程为44yx．（1）求,ab的值；（2）讨论()fx的单调性，并求()fx的

极大值．【答案】（1）4ab；（2）见解析.【解析】（1）24xxeaxbfax．由已知得04f，04f．故4b，8ab．从而4a，4b．（2）由（1）知，2414xfxexxx

，14224422xxfxexxxe．令0fx得，ln2x或2x．从而当,2ln2,x时，0fx；当2,ln2x时，0fx．故fx在,2，ln2,

上单调递增，在2,ln2上单调递减．当2x时，函数fx取得极大值，极大值为2241fe．