第2章 专题强化练7 函数极值的求解及应用（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（北师大版）

专题强化练7　函数极值的求解及应用 1.(2024江西鹰潭余江一中月考)已知函数f(x)=x-asin x,则“a=2”是“x=是f(x)的一个极小值点”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 2.(2025江西南昌中学期中)若函数f(x)=x2-2x+3aln x有两个不同的极值点,则实数a的取值范围是(　　) A.a>　　　　　B.0<a<　　　　　 C.a<　　　　　D.-<a<0 3.(2025天津武清城关中学月考)若函数f(x)=x2-(a+2)x+aln x既有极大值又有极小值,则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞,2)∪(2,+∞) 　　　　　B.(0,2)∪(2,+∞) C.(2,+∞)　　　　　 D.{2} 4.(2024江西师大附中月考)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. 5.(多选题)(2025辽宁部分重点中学协作体模拟)已知函数f(x)=(x-m)(x2-1)(m∈R),则(　　) A.f(x)有三个零点 B.∃m∈R,使得点(2, f(2))为曲线y=f(x)的对称中心 C.f(x)既有极大值又有极小值 D.∃m∈R,∀x>0, f(x)≥0 6.(2023河北保定四校联考)已知函数f(x)的导函数为f'(x)=(x-1)2(x2+ax+b)(x∈R),写出满足f(x)的极大值点为2的a,b的一组值:a=　　　　,b=　　　　.  7.(2024江西上饶期末)已知函数f(x)=xln x-3ax2有两个极值点,则实数a的取值范围为　　　　.  8.(2025天津四中月考)已知函数f(x)=xe-x. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)已知函数g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x=1对称,证明:当x>1时, f(x)>g(x); (3)如果x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明:x1+x2>2. 答案与分层梯度式解析 1.C 2.B 3.B 4.A 5.BCD 1.C　易得f'(x)=1-acos x. 若a=2,则f'(x)=1-2cos x,当x∈时,cos x>,所以f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈时,cos x<,所以f'(x)>0,f(x)单调递增, 所以x=是f(x)的极小值点. 若x=是f(x)的极小值点,则f'=1-=0,解得a=2,经检验,当a=2时,x=是f(x)的极小值点,满足题意. 故“a=2”是“x=是f(x)的一个极小值点”的充要条件. 2.B　f'(x)=2x-2+=(x>0). 由f'(x)=0,可得3a=-2x2+2x=-2+. 令g(x)=-2+(x>0), 当0<x<时,g(x)单调递增,当x>时,g(x)单调递减, 所以当x=时,函数g(x)=-2+有最大值. f(x)=x2-2x+3aln x有两个不同的极值点等价于直线y=3a与函数g(x)=-2+(x>0)的图象有两个不同的交点,如图, 所以0<3a<,即0<a<. 3.B　f'(x)=2x-a-2+= =(x>0), 因为f(x)既有极大值又有极小值,所以f'(x)=0有两个不相等的正实数解,所以>0且≠1,解得a>0且a≠2.故实数a的取值范围是(0,2)∪(2,+∞). 4.A　设切点的坐标为(t,2t3+at+a),易知t≠-1. ∵f'(x)=6x2+a,∴6t2+a=,即4t3+6t2=0, ∴t=0或t=-. ∵|MA|=|MB|,∴f'(0)+f'=0,即2a+6×=0,∴a=-,∴f'(x)=6x2-. 令f'(x)>0,得x<-或x>,此时f(x)单调递增;令f'(x)<0,得-<x<,此时f(x)单调递减. 故f(x)的极大值点为-. 5.BCD　对于A,令f(x)=(x-m)(x2-1)=0,解得x=m或x=±1, 当m=±1时,函数f(x)只有2个零点,故A错误; 对于B, f(x)=(x-m)(x2-1)=x3-mx2-x+m, 则f(x)+f(4-x)=x3-mx2-x+m+(4-x)3-m(4-x)2-(4-x)+m=(12-2m)x2+(8m-48)x+60-14m, 2f(2)=2(23-22m-2+m)=12-6m, 要使点(2, f(2))为曲线y=f(x)的对称中心, 则∀x∈R,(12-2m)x2+(8m-48)x+60-14m=12-6m,此时m=6, 所以当m=6时,点(2, f(2))为曲线y=f(x)的对称中心,故B正确; 对于C, f'(x)=3x2-2mx-1, 因为Δ=(-2m)2-4×3×(-1)=4m2+12>0, 所以方程f'(x)=3x2-2mx-1=0有两个不相等的实数根x1,x2,设x1<x2, 则x<x1或x>x2时, f'(x)>0,x1<x<x2时, f'(x)<0, 则函数f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减, 则函数f(x)在x=x1处取得极大值,在x=x2处取得极小值,故C正确; 对于D,当m=1时, f(x)=(x-1)(x2-1)=(x-1)2·(x+1),此时∀x>0, f(x)≥0,故D正确. 6.答案　-5;6(答案不唯一) 解析　因为函数f(x)的极大值点为2,f'(x)=(x-1)2(x2+ax+b)(x∈R),所以x2+ax+b=0的一个实数根为2,另一个实数根大于2, 若另一个实数根为3,则a=-5,b=6, 当x<2或x>3时,f'(x)≥0,且不恒等于0,故f(x)单调递增,当2<x<3时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故f(x)的极大值点为2,极小值点为3,满足题意. 故可以取a=-5,b=6. 7.答案　 解析　f'(x)=ln x+1-6ax,x∈(0,+∞), 因为函数f(x)=xln x-3ax2有两个极值点, 所以f'(x)=0有两个不相等的正实数根,设为x1,x2,则在x1的两侧附近y=f(x)的单调性相反,在x2的两侧附近y=f(x)的单调性相反. 由f'(x)=ln x+1-6ax=0,得6a=,令h(x)=(x>0),g(x)=6a, 因为函数f(x)=xln x-3ax2有两个极值点, 所以函数h(x)=(x>0)和g(x)=6a的图象有两个交点. 又h'(x)=-,令h'(x)>0,得0<x<1,令h'(x)<0,得x>1,所以h(x)=在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,当x→0时,h(x)→-∞;当x→+∞时,h(x)→0. 作出函数h(x)=和g(x)=6a的图象如图, 由图可得0<6a<1,所以0<a<, 所以实数a的取值范围为. 8.解析　(1)f'(x)=e-x-xe-x=(1-x)e-x, 由f'(x)>0得x<1,由f'(x)<0得x>1, 则f(x)的单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞). (2)证明:因为g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x=1对称,所以g(x)=f(2-x)=(2-x)ex-2. 构造函数h(x)=f(x)-g(x)=xe-x-(2-x)ex-2,x>1, 则h'(x)=(1-x)e-x-[-ex-2+(2-x)ex-2]=(1-x)·(e-x-ex-2), 当x>1时,e-x-ex-2=<0,则h'(x)>0, 则h(x)在(1,+∞)上单调递增,则h(x)>h(1)=-=0, 即当x>1时, f(x)>g(x). (3)证法一:f'(x)=(1-x)e-x,由(1)得f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,当x→-∞时, f(x)→-∞, f(0)=0,当x→+∞时, f(x)→0, 函数f(x)在x=1处取得极大值,为f(1)=,如图所示. 已知f(x1)=f(x2),x1≠x2,不妨设x1<x2,则必有0<x1<1<x2, 构造函数F(x)=f(1+x)-f(1-x),x∈(0,1], 则F'(x)=f'(1+x)+f'(1-x)=(e2x-1)>0, 所以F(x)在x∈(0,1]上单调递增,F(x)>F(0)=0, f(1+x)>f(1-x)对x∈(0,1]恒成立. 由0<x1<1<x2,得1-x1∈(0,1], 所以f(1+(1-x1))=f(2-x1)>f(1-(1-x1))=f(x1)=f(x2),即f(2-x1)>f(x2), 又因为2-x1,x2∈(1,+∞),且f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以2-x1<x2, 即x1+x2>2. 证法二:欲证x1+x2>2,即证x2>2-x1,同证法一可得0<x1<1<x2, 故2-x1,x2∈(1,+∞), 又f(x)在(1,+∞)上单调递减, 所以只需证f(x2)<f(2-x1), 又f(x1)=f(x2),所以f(x1)<f(2-x1), 构造函数H(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1), 则等价于证明H(x)<0对x∈(0,1)恒成立. 由H'(x)=f'(x)+f'(2-x)=(1-e2x-2)>0, 得H(x)在x∈(0,1)上单调递增, 所以H(x)<H(1)=0,即H(x)<0对x∈(0,1)恒成立,故原不等式x1+x2>2成立. 证法三:由f(x1)=f(x2),得x1=x2,化简得=, 不妨设x2>x1,同证法一可得0<x1<1<x2.令t=x2-x1,则t>0,x2=t+x1, 代入=,得et=,则x1=,则x1+x2=2x1+t=+t, 故要证x1+x2>2,即证+t>2, 又因为et-1>0,所以等价于证明2t+(t-2)(et-1)>0, 令G(t)=2t+(t-2)(et-1)(t>0),则G'(t)=(t-1)·et+1,令p(t)=(t-1)et+1(t>0),则p'(t)=tet>0, 则G'(t)在t∈(0,+∞)上单调递增,故G'(t)>G'(0)=0, 所以G(t)在t∈(0,+∞)上单调递增,故G(t)>G(0)=0,即2t+(t-2)(et-1)>0成立, 故原不等式x1+x2>2成立. 方法总结　对于极值点偏移问题,以本题为例,常见思路有两种:第一种,将所证不等式x1+x2>2转化为x2>2-x1,后利用f(x1)=f(x2),构造与x1或x2有关的函数,将双变量问题转化为单变量问题;第二种,将双变量问题转化为与x1,x2之间差值或商值有关的单变量问题. 1 学科网（北京）股份有限公司 $