《2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. 已知函数$f(x)$的定义域为$(a,b)$，其导函数$f^{\prime}(x)$在$(a,b)$上的图象如图所示，则函数$f(x)$在$(a,b)$上的极小值点共有(C)


A.3个
B.2个
C.1个
D.4个

答案： 1.C 解析：根据极小值点存在的条件：①$f^{\prime}(x_{0}) = 0$，②在$x = x_{0}$的左侧附近$f^{\prime}(x) ＜ 0$，在$x = x_{0}$的右侧附近$f^{\prime}(x) ＞ 0$，可以判断出函数$f(x)$的极小值点共有1个.

2. $[$南昌2024期末$]$函数$y=f(x)$的导函数的图象如图所示，给出下列判断：
①函数$y=f(x)$在区间$(3,5)$内单调递增；
②函数$y=f(x)$在区间$\left(-\frac{1}{2},3\right)$内单调递减；
③函数$y=f(x)$在区间$(-2,2)$内单调递增；
④当$x=-\frac{1}{2}$时，函数$y=f(x)$取得极大值；
⑤当$x=2$时，函数$y=f(x)$取得极大值.
上述判断中正确的有③⑤.(填序号)

答案： 2.③⑤ 解析：对于①，当$x \in (3,4)$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$，$f(x)$单调递减，当$x \in (4,5)$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$，$f(x)$单调递增，所以①错误；
对于②，当$x \in \left( - \frac{1}{2},2 \right)$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$，$f(x)$单调递增，当$x \in (2,3)$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$，$f(x)$单调递减，所以②错误；
对于③，当$x \in (-2,2)$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$，$f(x)$单调递增，所以③正确；
对于④，当$x \in (-2,2)$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$，$f(x)$单调递增，故当$x = - \frac{1}{2}$时，$f\left( - \frac{1}{2} \right)$不是极大值，所以④错误；
对于⑤，当$x \in \left[ - \frac{1}{2},2 \right)$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$，$f(x)$单调递增，当$x \in (2,3)$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$，$f(x)$单调递减，故当$x = 2$函数$y = f(x)$取得极大值，所以⑤正确.
故正确的是③⑤.
◇◆注意◆◇
解决函数极值与函数、导函数图象的关系问题时，应注意：1.对于导函数的图象，重点关注导函数的值在哪个区间上为正，在哪个区间上为负，图象在哪个点处与$x$轴相交，在交点附近导函数的值是怎样变化的；2.对于函数的图象，重点关注函数在哪个区间上单调递增，在哪个区间上单调递减，哪个是极大值点，哪个是极小值点.

3. 已知函数$f(x)=x^{3}+ax^{2}+bx+c$，那么下列结论正确的有②③④.(填序号)
①若$x_{0}$是$f(x)$的极小值点，则$f(x)$在区间$\left(-\infty,x_{0}\right)$上单调递减；
②$\exists x_{0}\in\mathbf{R}$，使$f(x_{0})=0$；
③函数$y=f(x)$的图象可以是中心对称图形；
④若$x_{0}$是$f(x)$的极值点，则$f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$.

答案： 3.②③④ 解析：对于①，$f^{\prime}(x) = 3x^{2} + 2ax + b$，假设方程$f^{\prime}(x) = 3x^{2} + 2ax + b = 0$的两根为$x_{1},x_{2},x_{1} ＜ x_{2}$，由$f^{\prime}(x)=3x^{2} + 2ax + b ＞ 0$，得$x ＜ x_{1}$或$x ＞ x_{2}$，由$f^{\prime}(x)=3x^{2} + 2ax + b ＜ 0$，得$x_{1} ＜ x ＜ x_{2}$，所以$f(x)$的单调递增区间为$( - \infty,x_{1})$，$(x_{2}, + \infty )$，单调递减区间为$(x_{1},x_{2})$，极小值点为$x_{2}$，所以①错误；对于②，由①的分析过程及三次函数的性质可得一定存在$x_{0} \in \mathbf{R}$，使$f(x_{0}) = 0$，所以②正确；对于③，当$a = b = c = 0$时，函数$f(x) = x^{3}$，此函数图象关于原点对称，所以③正确；对于④，若$x_{0}$是$f(x)$的极值点，则$f^{\prime}(x_{0}) = 0$，所以④正确.

4. $[$第二实验中学高二期末$]$函数$y=x+\frac{1}{x}(-2＜x＜0)$的极大值为(A)

A.-2
B.2
C.$-\frac{5}{2}$
D.不存在

答案： 4.A 解析：$\because y = x + \frac{1}{x}( - 2 ＜ x ＜ 0)$，$\therefore y^{\prime} = 1 - \frac{1}{x^{2}} = \frac{(x + 1)(x - 1)}{x^{2}}( - 2 ＜ x ＜ 0)$. 令$y^{\prime} ＞ 0$，解得$- 2 ＜ x ＜ - 1$，令$y^{\prime} ＜ 0$，解得$- 1 ＜ x ＜ 0$，故此函数在$( - 2, - 1)$上单调递增，在$( - 1,0)$上单调递减，故当$x = - 1$时，此函数取得极大值，极大值是$-2$.

5. 函数$f(x)=-2\cos x-x$，$x\in(0,\pi)$，下列关于$f(x)$的说法中正确的是(C)

A.$f\left(\frac{\pi}{6}\right)$为极小值，$f\left(\frac{5\pi}{6}\right)$为极小值
B.$f\left(\frac{\pi}{6}\right)$为极大值，$f\left(\frac{5\pi}{6}\right)$为极小值
C.$f\left(\frac{\pi}{6}\right)$为极小值，$f\left(\frac{5\pi}{6}\right)$为极大值
D.$f\left(\frac{\pi}{6}\right)$为极大值，$f\left(\frac{5\pi}{6}\right)$为极大值

答案： 5.C 解析：因为$f(x) = - 2\cos x - x$，$x \in (0,\pi)$，所以$f^{\prime}(x) = 2\sin x - 1$，$x \in (0,\pi)$.
令$f^{\prime}(x) = 0$，得$\sin x = \frac{1}{2}$，可得$x = \frac{\pi}{6}$或$x = \frac{5\pi}{6}$
当$x \in \left( 0,\frac{\pi}{6} \right)$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$，函数$f(x)$单调递减；
当$x \in \left( \frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6} \right)$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$，函数$f(x)$单调递增；
当$x \in \left( \frac{5\pi}{6},\pi \right)$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$，函数$f(x)$单调递减，
所以当$x = \frac{\pi}{6}$时，函数$f(x)$取得极小值$f\left( \frac{\pi}{6} \right)$，
当$x = \frac{5\pi}{6}$时，函数$f(x)$取得极大值$f\left( \frac{5\pi}{6} \right)$.
◇◆方法总结◆◇
求函数的极值或极值点的步骤
1.求导函数$f^{\prime}(x)$，不要忘记先求函数$f(x)$的定义域；
2.求方程$f^{\prime}(x) = 0$在定义域内的根；
3.检查在方程的根的左右两侧附近$f^{\prime}(x)$的符号，确定函数的极值点或极值.

6. 若$x=-2$是函数$f(x)=\left(x^{2}+ax-1\right)\mathrm{e}^{x-1}$的极值点，则$f(x)$的极小值为(A)

A.-1
B.$-2\mathrm{e}^{-3}$
C.$5\mathrm{e}^{-3}$
D.1

答案： 6.A 解析：由题意可得$f^{\prime}(x) = (2x + a)e^{x - 1} + (x^{2} + ax - 1) · e^{x - 1} = [x^{2} + (a + 2)x + a - 1]e^{x - 1}$.
因为$f^{\prime}( - 2) = 0$，所以$a = - 1$，$f(x) = (x^{2} - x - 1)e^{x - 1}$，所以$f^{\prime}(x) = (x^{2} + x - 2)e^{x - 1}$.
令$f^{\prime}(x) ＞ 0$，解得$x ＜ - 2$或$x ＞ 1$，令$f^{\prime}(x) ＜ 0$，解得$- 2 ＜ x ＜ 1$，所以$f(x)$在$( - \infty, - 2)$，$(1, + \infty )$上单调递增，在$( - 2,1)$上单调递减，
所以$f(x)$的极小值为$f(1) = (1 - 1 - 1)e^{1 - 1} = - 1$.

7. $[$学军中学高二检测$]$函数$f(x)=\mathrm{e}^{x}-x^{2}-2x$极值点的个数为(C)

A.0
B.1
C.2
D.3

答案：
7.C 解析：函数$f(x) = e^{x} - x^{2} - 2x$，则$f^{\prime}(x) = e^{x} - 2x - 2$.令$f^{\prime}(x) = 0$，即$e^{x} - 2x - 2 = 0$，故$e^{x} = 2(x + 1)$.
令,在同一直角坐标系内,方程的解不易求出,转化为对应两函数图象交点问题.
作出两个函数的图象，如图所示.由图象可知，函数$g(x)$与函数$h(x)$的图象有两个交点，则方程$e^{x} = 2(x + 1)$有两个不同的根，故$f^{\prime}(x) = 0$有两个不同的根，且两个根左右的导数符号不同，由极值点的定义可知，函数$f(x)$有两个极值点.

(1)可导函数$y = f(x)$在$x_{0}$处取得极值的充要条件是$f^{\prime}(x_{0}) = 0$，且在$x = x_{0}$左侧附近与右侧附近，$f^{\prime}(x)$的符号不同；
(2)若$f(x)$在$(a,b)$内有极值，则$f(x)$在$(a,b)$内绝不是单调函数，即在某区间上单调递增或递减的函数在该区间上没有极值.

8. $[$渭南高二检测$]$已知函数$f(x)=x\ln x$.
(1)求曲线$y=f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程；
(2)求$f(x)$的单调区间和极值.

答案： 8.解：
(1)$\because f(1) = 0$，$\therefore f^{\prime}(x) = 1 + \ln x$，$f^{\prime}(1) = 1 + \ln 1 = 1$，
$\therefore$曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y - 0 = 1 × (x - 1)$，即$x - y - 1 = 0$.
(2)$f(x) = x\ln x$的定义域为$(0, + \infty )$，$f^{\prime}(x) = 1 + \ln x$，
当$x = \frac{1}{e}$时，$f^{\prime}(x) = 0$，当$0 ＜ x ＜ \frac{1}{e}$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$，当$x ＞ \frac{1}{e}$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$，
故$f(x) = x\ln x$的单调递减区间为$\left( 0,\frac{1}{e} \right)$，单调递增区间为$\left( \frac{1}{e}, + \infty \right)$，$f(x)$的极小值为$f\left( \frac{1}{e} \right) = \frac{1}{e}\ln\frac{1}{e} = - \frac{1}{e}$，无极大值.