1.3.2 第2课时 函数极值的综合问题 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（湘教版）

1.3.2 第2课时 函数极值的综合问题 [课时跟踪检测] 1.已知函数f(x)=x3+ax2+3x-9在x=-3处取得极值,则a等于 (　　) A.2 B.3 C.4 D.5 解析:选D　f'(x)=3x2+2ax+3,由题意得f'(-3)=0,解得a=5. 2.若函数f(x)=x3-3bx+3b在(0,1)内有极值,则 (　　) A.0<b<1　　B.b<0　　C.b>0　　D.b< 解析:选A　f'(x)=3x2-3b,∵f(x)在(0,1)内有极值,∴f'(x)=0在(0,1)内有解,∴x=±,∴0<<1,∴0<b<1. 3.若函数f(x)=x3-2ax2+4x+a不存在极值,则a的取值范围是 (　　) A. B.(-,) C.[-2,2] D.(-2,2) 解析:选A　函数f(x)=x3-2ax2+4x+a,则f'(x)=3x2-4ax+4,因为函数f(x)不存在极值,则f'(x)≥0在R上恒成立,则Δ=16a2-4×3×4≤0,得-≤a≤. 4.若函数f(x)=ex-ax-b在R上有小于0的极值点,则实数a的取值范围是 (　　) A.(-1,0) B.(0,1) C.(-∞,-1) D.(1,+∞) 解析:选B　由题意知f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0恒成立,则f(x)在R上单调递增,不符合题意;当a>0时,令f'(x)=0,解得x=ln a,∴当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.可知x=ln a为f(x)的极值点,∴ln a<0,∴a∈(0,1). 5.已知函数f(x)=ax3+bx2+cx的图象如图所示,且f(x)在x=x0与x=2处取得极值,则f(1)+f(-1)的值一定 (　　) A.等于0 B.大于0 C.小于0 D.小于或等于0 解析:选B　f'(x)=3ax2+2bx+c.令f'(x)=0,则x0和2是该方程的根,∴x0+2=-<0,即>0.由题图知,f'(x)<0的解集为(x0,2),∴3a>0,则b>0.∵f(1)+f(-1)=2b,∴f(1)+f(-1)>0. 6.已知函数f(x)=ex-λ(x2+1)有两个极值点p,q,若q=2p,则f(0)= (　　) A.1- B.1- C.1-ln 2 D.1- 解析:选D　依题意,f'(x)=ex-2λx,则因为q=2p,所以 显然λ,p≠0,两式相除得ep=2,则p=ln 2, 代入ep=2λp中,解得λ=,则f(0)=1-. 7.已知函数f(x)=(x-3)ex-1+2ln x-x+2的极小值点为m,极大值点为n,则mf(n)= (　　) A.-1 B.1 C.-2 D.2 解析:选C　因为f(x)=(x-3)ex-1+2ln x-x+2,易知x>0,则f'(x)=(x-2)ex-1+-1=(x-2)=(x-2)·(xex-1-1),令h(x)=xex-1-1(x>0),则h'(x)=(x+1)·ex-1>0在区间(0,+∞)上恒成立,即h(x)=xex-1-1(x>0)在区间(0,+∞)上单调递增.又h(1)=1-1=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)<0,x∈(1,+∞)时,h(x)>0,所以当x∈(0,1)时,f'(x)>0,x∈(1,2)时,f'(x)<0,x∈(2,+∞)时,f'(x)>0,由极值点的定义知,极小值点为m=2,极大值点为n=1,又f(1)=-2×e0+2ln 1-1+2=-1,所以mf(n)=2×(-1)=-2. 8.(5分)若函数f(x)=在x=1处取得极值,则a=　　　　　　　.  解析:f'(x)=,f'(1)==0⇒a=3. 答案:3 9.(5分)设a∈R,若函数y=ex+ax(x∈R)有大于零的极值点,则a的取值范围是　　　　　　　.  解析:因为y=ex+ax,所以y'=ex+a,令y'=ex+a=0,则ex=-a,所以x=ln(-a).又因为函数有大于零的极值点,所以-a>1,即a<-1. 答案:(-∞,-1) 10.(5分)已知函数f(x)=x3-3ax+b的递减区间为(-1,1),其极小值为2,则f(x)的极大值是　　　　.  解析:依题意知,f(x)的递减区间为(-1,1). 由f'(x)=3x2-3a=3(x-)(x+),可得a=1.由f(x)=x3-3ax+b在x=1处取得极小值2,可得1-3+b=2,故b=4.f(x)=x3-3x+4的极大值为f(-1)=(-1)3-3×(-1)+4=6. 答案:6 11.(5分)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:∵f'(x)=3x2+2x-a,函数f(x)在区间(-1,1)上恰有一个极值点, 即f'(x)=0在(-1,1)内恰有一个根. 又函数f'(x)=3x2+2x-a的对称轴为x=-. ∴应满足∴ ∴1≤a<5. 答案:[1,5) 12.(5分)函数f(x)=ex(x-aex)恰有两个极值点x1,x2(x1<x2),则实数a的取值范围是　　　　.  解析:∵函数f(x)=ex(x-aex), ∴f'(x)=(x+1-2aex)ex. ∵函数f(x)恰有两个极值点x1,x2, ∴x1,x2是方程f'(x)=0的两个不相等的实数根. 令x+1-2aex=0,可知a≠0,∴=ex. 设y1=(a≠0),y2=ex,在同一平面直角坐标系内画出两个函数的图象,如图所示.要使这两个函数有两个不同的交点,应满足>1,解得0<a<, ∴实数a的取值范围为. 答案: 13.(10分)设函数f(x)=2x3-3(a-1)x2+1,其中a≥1. (1)求f(x)的单调区间;(6分) (2)讨论f(x)的极值.(4分) 解:由已知得f'(x)=6x[x-(a-1)],令f'(x)=0,解得x1=0,x2=a-1. (1)当a=1时,f'(x)=6x2≥0,故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间;当a>1时,f'(x)=6x[x-(a-1)]. f'(x),f(x)随x的变化情况如下表: x (-∞, 0) 0 (0, a-1) a-1 (a-1, +∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 递增↗ 极大值 递减↘ 极小值 递增↗ 从上表可知函数f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(a-1,+∞),单调递减区间为(0,a-1). (2)由(1)知,当a=1时,函数f(x)没有极值.当a>1时,函数f(x)在x=0处取得极大值1,在x=a-1处取得极小值1-(a-1)3. 14.(15分)设a为实数,函数f(x)=x3-x2-x+a. (1)求f(x)的极值;(5分) (2)当a在什么范围内取值时,曲线y=f(x)与x轴仅有一个交点?(10分) 解:(1)f'(x)=3x2-2x-1. 令f'(x)=0,得x=-或x=1. 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如表所示. x - 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 递增↗ 极大值 递减↘ 极小值 递增↗ ∴f(x)的极大值是f=+a,极小值是f(1)=a-1. (2)函数f(x)=x3-x2-x+a=(x-1)2·(x+1)+a-1, 由此可知,x取足够大的正数时,有f(x)>0,x取足够小的负数时,有f(x)<0, ∴曲线y=f(x)与x轴至少有一个交点.由(1)知f(x)极大值=f=+a,f(x)极小值=f(1)=a-1.∵曲线y=f(x)与x轴仅有一个交点,∴f(x)极大值<0或f(x)极小值>0,即+a<0或a-1>0,∴a<-或a>1,∴当a∈∪(1,+∞)时,曲线y=f(x)与x轴仅有一个交点. 15.(15分)(2025·上海高考)已知f(x)=x2-(m+2)x+mln x,m∈R. (1)若f(1)=0,求不等式f(x)≤x2-1的解集;(5分) (2)若函数y=f(x)满足在(0,+∞)上存在极大值,求m的取值范围.(10分) 解:(1)因为f(1)=0,所以1-m-2+0=0,故m=-1,故f(x)=x2-x-ln x, 故f(x)≤x2-1即为x+ln x≥1,设s(x)=x+ln x,x>0,则s'(x)=1+>0,故s(x)在(0,+∞)上为增函数,而x+lnx≥1即为s(x)≥s(1),故x≥1,故原不等式的解集为[1,+∞). (2)f(x)在(0,+∞)有极大值即为有极大值点. f'(x)=2x-(m+2)+= =,若m≤0,则x∈(0,1)时, f'(x)<0,x∈(1,+∞)时,f'(x)>0, 故x=1为f(x)的极小值点,无极大值点,故舍去;若0<<1即0<m<2,则x∈时,f'(x)<0,x∈∪(1,+∞)时,f'(x)>0,故x=为f(x)的极大值点,符合题设要求; 若m=2,则x∈(0,+∞)时,f'(x)≥0,f(x)无极值点,故舍去; 若>1即m>2,则x∈时,f'(x)<0,x∈(0,1)∪时,f'(x)>0,故x=1为f(x)的极大值点,符合题设要求.综上,m的取值范围是(0,2)∪(2,+∞). 学科网（北京）股份有限公司 $