【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册分层练习5.3.2《第1课时函数的极值》（解析版）.doc，共(7)页，94.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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5.3.2第一课时函数的极值[A级基础巩固]1．已知函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，则该函数的一个递增区间是()A．(2,3)B．(3，＋∞)C．(2，＋∞)D．(－∞，3)解析：选B因为函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，又因为f′(

x)＝6x2＋2ax＋36，所以f′(2)＝0，解得a＝－15.令f′(x)＞0，解得x＞3或x＜2，所以函数的一个递增区间是(3，＋∞)．2．已知f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围是()A．(－1,2)B．(－3,6)C．(－∞，

－3)∪(6，＋∞)D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析：选Cf′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6，∵f(x)有极大值与极小值，∴f′(x)＝0有两不等实根，∴Δ＝4a2－12(a＋6)>0，∴a<－3或a>6.3．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由题意可得f′(－2)＝0，而且当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＜0，此时xf′(x)＞0，排除B、D；当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)＞0，此时若x∈(－2,0)，xf′(x)＜0，若x∈(0，＋∞)，x

f′(x)＞0，所以函数y＝xf′(x)的图象可能是C.4．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值、极小值分别为()A.427，0B．0，427C．－427，0D．0，－427解析：选Af

′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0，得3－2p－q＝0，1－p－q＝0，解得p＝2，q＝－1，∴f(x)＝x3－2x2＋x.由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0得x＝13或x＝1，易得当x＝13时f(x)取

极大值427，当x＝1时f(x)取极小值0.5．设a∈R，若函数y＝ex＋ax(x∈R)有大于零的极值点，则()A．a＜－1B．a＞－1C．a＜－1eD．a＞－1e解析：选A∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.令y′＝ex＋a＝0，则ex

＝－a，∴x＝ln(－a)．又∵x＞0，∴－a＞1，即a＜－1.6．函数y＝lnxx的极大值为__________．解析：函数y＝lnxx的定义域为(0，＋∞)，y′＝1－lnxx2.令y′＝0，即1－lnxx2＝

0，得x＝e.当x变化时，y′，y的变化情况如下表：x(0，e)e(e，＋∞)y′＋0－y单调递增极大值1e单调递减由表可知，当x＝e时，函数有极大值1e.答案：1e7．若函数y＝－x3＋6x2＋m的极大值

为13，则实数m等于______．解析：y′＝－3x2＋12x＝－3x(x－4)．由y′＝0，得x＝0或x＝4.且x∈(－∞，0)∪(4，＋∞)时，y′＜0；x∈(0,4)时，y′＞0，∴x＝4时取到极大值．故－64＋96＋m＝13，解得m＝－19.答案：－198．已知函数y＝x3

－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝________.解析：设f(x)＝x3－3x＋c，对f(x)求导可得，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，可得x＝±1，易知f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上

单调递减．若f(1)＝1－3＋c＝0，可得c＝2；若f(－1)＝－1＋3＋c＝0，可得c＝－2.答案：－2或29．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，求f(x)的单调区间与极值．解：由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝e

x－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减极小值2(1－ln2＋a)单调递增故f(x)的单调递减区间是(－∞

，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)；f(x)在x＝ln2处取得极小值．极小值为f(ln2)＝2(1－ln2＋a)，无极大值．10．已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1时取得极值，且f(1)＝－1.(1)试求常数a，b，c的值；(2)试判

断x＝±1时函数取得极小值还是极大值，并说明理由．解：(1)由已知，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，且f′(－1)＝f′(1)＝0，得3a＋2b＋c＝0,3a－2b＋c＝0.又∵f(1)＝－1，∴a＋b＋c＝－1.∴a＝12，b＝0，c＝－32.(2)由

(1)知f(x)＝12x3－32x，∴f′(x)＝32x2－32＝32(x－1)(x＋1)．当x<－1或x>1时，f′(x)>0；当－1<x<1时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单

调递减．∴当x＝－1时，函数取得极大值f(－1)＝1；当x＝1时，函数取得极小值f(1)＝－1.[B级综合运用]11.(多选)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1,0)，(2,0)．如图，则下列说法中正确的是()A．当x＝32

时，函数f(x)取得极小值B．f(x)有两个极值点C．当x＝2时函数取得极小值D．当x＝1时函数取得极大值解析：选BCD由图象可知，x＝1，x＝2是函数的两极值点，∴B正确；又x∈(－∞，1)∪(2，＋∞)时，f′(x)＞0；x∈(1,2)时，f′(x)＜0，∴x＝1

是极大值点，x＝2是极小值点，故C、D正确．故选B、C、D.12．已知函数f(x)＝ex(sinx－cosx)，x∈(0,2021π)，则函数f(x)的极大值之和为()A.e2π1－e2021πe2π－1B.eπ1－e202

0π1－e2πC.eπ1－e1010π1－e2πD.eπ1－e1010π1－eπ解析：选Bf′(x)＝2exsinx，令f′(x)＝0得sinx＝0，∴x＝kπ，k∈Z，当2kπ<x<2kπ＋π时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当(2k－1)π<x<2kπ时，f′(x)<0，f(

x)单调递减，∴当x＝(2k＋1)π时，f(x)取到极大值，∵x∈(0,2021π)，∴0<(2k＋1)π<2021π，∴0≤k<1010，k∈Z.∴f(x)的极大值之和为S＝f(π)＋f(3π)＋f(5π)＋…＋f(2019π)＝eπ＋e3π＋e5π＋…＋e2

019π＝eπ[1－e2π1010]1－e2π＝eπ1－e2020π1－e2π，故选B.13．若函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间(－1,1)上恰有一个极值点，则实数a的取值范围为______．解析：由题意，f′(x)＝3x2＋2x－a，则

f′(－1)f′(1)<0，即(1－a)(5－a)<0，解得1<a<5，另外，当a＝1时，函数f(x)＝x3＋x2－x－4在区间(－1，1)上恰有一个极值点，当a＝5时，函数f(x)＝x3＋x2－5x－4在区间(－1,1)没有极值点．故实数a的

范围为[1,5)．答案：[1,5)14．已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，

并求f(x)的极大值．解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4，故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex

(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)ex－12.令f′(x)＝0得，x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－

2，－ln2)上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．[C级拓展探究]15．已知函数f(x)＝ax－aex(a∈R，a≠0)．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的极值；(2)若函数F(x)＝f(x)＋1没有零点，

求实数a的取值范围．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝－x＋1ex，f′(x)＝x－2ex.由f′(x)＝0，得x＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，2)2(2,＋∞)f′(x

)－0＋f(x)单调递减极小值单调递增所以函数f(x)的极小值为f(2)＝－1e2，函数f(x)无极大值．(2)F′(x)＝f′(x)＝aex－ax－aexe2x＝－ax－2ex.①当a<0时，F(x)，F′(x)的变化情况如下表：x(－∞，2)2(2，＋∞)F′(x)－0＋F(x)单调递

减极小值单调递增若使函数F(x)没有零点，当且仅当F(2)＝ae2＋1>0，解得a>－e2，所以此时－e2<a<0；②当a>0时，F(x)，F′(x)的变化情况如下表：x(－∞，2)2(2，＋∞)F′(x)＋0－F(x)单调递增极大值单调递减当x>2时，F(x)＝

ax－1ex＋1>1，当x<2时，令F(x)＝ax－1ex＋1<0，即a(x－1)＋ex<0，由于a(x－1)＋ex<a(x－1)＋e2，令a(x－1)＋e2≤0，得x≤1－e2a，即x≤1－e2a时，F(x)<0，所以F(

x)总存在零点，综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0)．