专题强化练7　函数极值的求解及其应用-2022版数学选择性必修第二册 北师大版（2019） 同步练习 （Word含解析）

专题强化练7　函数极值的求解及其应用

一、选择题

1.(2021河南部分重点中学高二下联考,)已知函数f(x)=x3+5x2+ax在x=-3处取得极值,则a=              (　　)

A.4 B.3 C.2 D.-3

2.(2021湖南长沙长郡中学高二上期末,)函数f(x)=的图象大致是 (　　)

A

B

C

D

3.(2021豫南九校高二上期末联考,)若x=1是函数f(x)=ex-ax的极值点,则方程f(x)=a在(2,+∞)上的不同实根的个数为              (　　)

A.1 B.2 C.3 D.0

4.(2020江西上高二中高三上第三次段考,)已知函数f(x)=ax-x2-ln x存在极值,若这些极值的和大于5+ln 2,则实数a的取值范围为              (深度解析)

A.(-∞,4) B.(4,+∞) C.(-∞,2) D.(2,+∞)

5.(2021江西南昌二中高二上期末,)已知函数f(x)=2x3+ax+a.过点M(-1,0)引曲线C:y=f(x)的两条切线,这两条切线与y轴分别交于A,B两点,若|MA|=|MB|,则f(x)的极大值点为              (　　)

A.- B. C.- D.

6.(多选)(2021湖北部分重点中学高三上11月联考,)已知函数f(x)=-x3+2x2-x,若过点P(1,t)可作曲线y=f(x)的三条切线,则t的取值可以是              (　　)

A.0 B. C. D.

二、填空题

7.(2021安徽淮南一中高二上月考,)若x=1是函数f(x)=(x2+ax-1)ex的极值点,则f(x)的极大值为　　　　. 

8.(2021浙江宁波镇海中学高二上期末,)已知实数a>0,若函数f(x)=x3-ax2+x+3的极小值大于0,则实数a的取值范围是　　　　. 

三、解答题

9.(2020河南新乡高二上期末,)已知函数f(x)=mx+n的图象在x=处的切线方程为y=-.

(1)求f(x)的解析式;

(2)若关于x的方程f(x)=aln x在x∈(1,+∞)上有解,求a的取值范围.

深度解析

10.(2021湖南长沙一中高二下月考,)已知函数f(x)=ex-ax-cos x(a∈R),g(x)=f(x)+ln(x+1).证明:

(1)若a≤-1,则函数f(x)在R上是增函数;

(2)若a=2,-<x<,则函数g(x)在x=0处取得极小值.

答案全解全析

专题强化练7　函数极值的求解及其应用

一、选择题

1.B　因为f(x)=x3+5x2+ax,所以f'(x)=3x2+10x+a,由条件知,x=-3是方程f'(x)=0的实数根,即f'(-3)=27-30+a=0,所以a=3.所以f'(x)=3x2+10x+3=(3x+1)(x+3),令f'(x)>0,解得x>-或x<-3,即f(x)在和(-∞,-3)上单调递增,令f'(x)<0,解得-3<x<-,即f(x)在上单调递减,故f(x)在x=-3处取得极大值,满足条件.故选B.

2.A　因为f(x)=,

所以f'(x)=,x>0,

令f'(x)>0,得0<x<e,

令f'(x)<0,得x>e,

所以f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以f(x)在x=e处取得极大值,排除C、D;又当x>e时,f(x)>0,所以排除B.故选A.

3.A　易得f'(x)=ex-a,f'(1)=0,则a=e.

故f(x)=ex-ex.

当x>2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,

又f(2)=e2-2e<e,所以曲线y=f(x)与直线y=a的交点个数为1,即方程f(x)=a在(2,+∞)上有且只有1个实数根.故选A.

4.B　∵f(x)=ax-x2-ln x(x>0),

∴f'(x)=-.

∵f(x)存在极值,

∴f'(x)=0在(0,+∞)上有实根,

即2x2-ax+1=0在(0,+∞)上有实根,

即a=2x+在(0,+∞)上有实根.

由2x+≥2=2,得a>2(a=2时无极值,舍去).

此时, f'(x)=0有两个不相等的正实根,设为x1,x2,则x1+x2=,x1x2=,

∴f(x1), f(x2)是f(x)的两个极值,依题意得f(x1)+f(x2)=a(x1+x2)-(+)-(ln x1+ln x2)=--ln=+1+ln 2>5+ln 2.

化简得a2>16,又a>2,∴a>4.

∴实数a的取值范围是(4,+∞).故选B.

解题模板

与函数的极值有关的问题,在解题时常用“整体代入”的方法,如本题中用根与系数的关系将x1x2,x1+x2整体代入,有时还将f'(x0)=0整体代入f(x0),进而解决相关极值问题.

5.A　设切点坐标为(t,2t3+at+a),易知t≠-1.∵f'(x)=6x2+a,∴6t2+a=,即4t3+6t2=0,所以t=0或t=-.

∵|MA|=|MB|,∴f'(0)+f'=0,即2a+6×=0,则a=-,所以f'(x)=6x2-.

令f'(x)>0,则x<-或x>;令f'(x)<0,则-<x<.故f(x)的极大值点为-.

6.CD　∵f(x)=-x3+2x2-x,∴f'(x)=-3x2+4x-1.过点P(1,t)作曲线y=f(x)的三条切线,情况如下:

①点P(1,t)在曲线y=f(x)上,则t=f(1)=-1+2-1=0.若P(1,0)为切点,易得切线方程为y=f'(1)(x-1),即y=0;若P(1,0)不是切点,设切点坐标为(m,-m3+2m2-m),则切线方程为y-(-m3+2m2-m)=f'(m)(x-m),

又切线过点P(1,0),∴-(-m3+2m2-m)=(-3m2+4m-1)(1-m),

即2m3-5m2+4m-1=0,即(m-1)2(2m-1)=0,所以m=1(舍去)或m=,

此时切线方程仅有一条.

综上,当点P在曲线上时,过点P仅可作曲线y=f(x)的两条切线,不符合题意.

②点P(1,t)不在曲线y=f(x)上,设切点为(x0,y0),∵切线经过P(1,t).

∴切线方程为y-t=f'(x0)(x-1),

∴y0-t=(-3+4x0-1)(x0-1),

又切点在曲线上,∴y0=-+2-x0,

联立

得t=2-5+4x0-1,

令g(x)=2x3-5x2+4x-1,则t=g(x)有三个不同的根,即直线y=t与曲线y=g(x)有三个交点,

令g'(x)=6x2-10x+4=2(x-1)(3x-2)=0,可得两极值点为x1=1,x2=.

当x∈和(1,+∞)时,g(x)单调递增,当x∈时,g(x)单调递减,

∴g(1)<t<g,∵g=,g(1)=0,∴当0<t<时,满足直线y=t与曲线y=g(x)有三个交点,结合选项可知C、D正确.故选CD.

二、填空题

7.答案　5e-2

解析　∵f(x)=(x2+ax-1)ex,∴f'(x)=(2x+a)ex+(x2+ax-1)ex=[x2+(a+2)x+a-1]·ex,由题意可得f'(1)=0,解得a=-1,∴f(x)=(x2-x-1)ex,f'(x)=(x2+x-2)ex,令f'(x)=0,得x=-2或x=1.

列表如下:

所以当x=-2时,f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=5e-2.

8.答案,

解析　易得f'(x)=3x2-2ax+1,由题可得,函数f(x)有极值,故Δ=4a2-12>0,又a>0,所以a>.设x0是函数f(x)的极小值点,

则

解得a=3x0+x0>,

因为函数f(x)的极小值大于0,

所以f(x0)=-a+x0+3=-++3

=(-x0+2)(+2x0+3)>0,解得x0<2.

所以a=3x0+<x0<2.

易知y=3x0+在,2上单调递增,所以a∈,.

三、解答题

9.解析　(1)由题意得, f=m+n=-,①

因为f'(x)=m+,

所以f'=m+n=0,②

由①②得m=1,n=-1,所以f(x)=x-.

(2)令F(x)=f(x)-aln x(x>1),

则F'(x)=1--=.

令g(x)=2x-(x>1),易得g(x)在(1,+∞)上单调递增,故g(x)>g(1)=1.

当2a≤1,即a≤时,F'(x)>0,

所以F(x)单调递增,

又F(1)=0,所以F(x)>0.

当2a>1,即a>时,存在x0∈(1,+∞),使得F'(x0)=0,

所以函数F(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,

又F(1)=0,所以F(x0)<0.

当x→+∞时,F(x)→+∞,所以F(x)=0在(1,+∞)上有解.

综上,a的取值范围为.

解题模板

解决含参函数的相关问题时,要注意寻找特殊值,利用特殊值解决问题,如本题中的特殊值为F(1)=0,结合单调性可顺利解决本题.

10.证明　(1)f(x)=ex-ax-cos x的定义域为R,f'(x)=ex-a+sin x.

∵a≤-1,∴-a≥1,∴-a+sin x≥0,

∴f'(x)=ex-a+sin x>0,

即函数f(x)在R上是增函数.

(2)若a=2,则g(x)=f(x)+ln(x+1)=ex-2x-cos x+ln(x+1)(x>-1),

则g'(x)=ex-2+sin x+,

令h(x)=g'(x)=ex-2+sin x+,

则h(0)=e0-2+sin 0+=0,

h'(x)=ex-+cos x,

当0<x<时,h'(x)>0,∴h(x)在0,上单调递增,

∴h(x)>h(0)=0,∴g(x)在0,上单调递增.

当-1<x<0时,∵h'(0)=1>0,h'-=-100+cos-<0,

∴存在x0∈-,0,使得h'(x0)=0,

易知h'(x)在(-1,0)上单调递增,

∴当x∈(x0,0)时,h'(x)>0,即h(x)单调递增,

∴h(x)<h(0)=0,即g(x)在(x0,0)上单调递减.

故g(x)在(x0,0)上单调递减,在0,上单调递增,

∴函数g(x)在x=0处取得极小值.