适用于新高考新教材广西专版2025届高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用课时规范练17利用导数研究函数的极值与最值

课时规范练17利用导数探讨函数的极值与最值基础巩固组1.函数f(x)=3x2+lnx-2x的极值点的个数是()A.0 B.1 C.2 D.多数2.函数f(x)=(x-2)·ex的最小值为()A.-2 B.-e C.-1 D.03.(2024广西南宁二模)已知函数f(x)=alnx-bx的极值点为1,且f'(2)=1,则f(x)的微小值为(A.-1 B.-a C.b D.44.(多选)初等函数是由基本初等函数与常数经过有限次的有理运算及有限次函数复合所产生,并且能用一个解析式表示的函数,如函数f(x)=xx(x>0),我们可以作变形:f(x)=xx=elnxx=exlnx=et,其中t=xlnx,所以f(x)可看作是由函数g(t)=et和t=xlnx复合而成的,即f(x)=xx(x>0)为初等函数.依据以上材料,关于初等函数h(x)=x1xA.无微小值 B.有微小值1C.无极大值 D.有极大值e5.若方程x3-3x+m=0在区间[0,2]上有解,则实数m的取值范围是()A.[-2,2] B.[0,2]C.[-2,0] D.(-∞,-2)∪(2,+∞)6.设直线x=t与函数f(x)=2x2,g(x)=lnx的图象分别交于点M,N,则|MN|的最小值为()A.12+ln2 B.3ln2-C.e2-1 D.7.(2024全国乙,文8)若函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是()A.(-∞,-2) B.(-∞,-3)C.(-4,-1) D.(-3,0)8.(2024全国乙,理21)已知函数f(x)=1x+aln(1(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.(2)是否存在a,b,使得曲线y=f1x关于直线x=b对称?若存在,求a,b的值;若不存在,说明理由(3)若f(x)在(0,+∞)存在极值点,求a的取值范围.综合提升组9.已知函数f(x)=x3+ax2-x+a有两个极值点x1,x2,且|x1-x2|=233,则f(x)的极大值为(A.39 B.2C.33 D.10.当x=1时,函数f(x)=alnx+bx取得最大值-2,则f'(2)=(A.-1 B.-1C.12 D.11.设函数f(x)=x+a,x≤0,lnx,x>0,已知x1<x2且f(x1)=f(A.-1 B.1e-C.-1或1e-D.212.已知函数f(x)=x2-a2lnx-x2(a∈R)在区间116,1上不存在极值点,则实数a的取值范围是.13.(2024新高考Ⅱ,22)(1)证明:当0<x<1时,x-x2<sinx<x;(2)已知函数f(x)=cosax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.创新应用组14.(2024山东淄博一模)已知函数f(x)=|x+2|+1,x≤0,lnx,x>0,若存在实数a<b<c,满意f(a)=f(b)=f(c

课时规范练17利用导数探讨函数的极值与最值1.A解析函数f(x)的定义域为(0,+∞),导数f'(x)=6x+1x-2=6x2-2x+1x.令g(x)=6x2-2x+1,则Δ=-20<0,所以g(x)>0恒成立,又x>0,所以f'(x2.B解析f'(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex,令f'(x)=0,解得x=1,易得f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故f(x)的最小值为f(1)=-e,故选B.3.D解析f'(x)=ax+bx2=ax+bx2,f'(1)=0,f'(2)=1,所以a+b=0,2a+b4=1,解得a=4,b=-4,则f(x)=4lnx+4x,f'(x)=4x-4.AD解析依据材料知,h(x)=x1x=elnx1x令h'(x)=0,得x=e.当0<x<e时,h'(x)>0,函数h(x)单调递增;当x>e时,h'(x)<0,函数h(x)单调递减.所以当x=e时,h(x)取得极大值,且极大值为h(e)=e1e5.A解析由题意得-m=x3-3x,x∈[0,2].令y=x3-3x,x∈[0,2],则y'=3x2-3.令y'=0,解得x=1,易得函数在[0,1)上单调递减,在(1,2]上单调递增.又因为当x=0时,y=0;当x=1时,y=-2;当x=2时,y=2,所以函数y=x3-3x,x∈[0,2]的值域是[-2,2],因此-m∈[-2,2],即m∈[-2,2].故选A.6.A解析由题意M(t,2t2),N(t,lnt),所以|MN|=|2t2-lnt|,令h(t)=2t2-lnt,t>0,则h'(t)=4t-1t令h'(t)=0,得t=12当0<t<12时,h'(t)<0,函数h(t当t>12时,h'(t)>0,函数h(t所以h(t)min=h12=12+ln2,即|MN|的最小值为12+ln27.B解析令f(x)=0,得-ax=x3+2,易知x≠0,所以-a=x3+2x.设g(x)则函数f(x)存在3个零点等价于函数g(x)=x3+2x的图象与直线g'(x)=2(x3-1)x2.当x>1时,g'(x)>0,函数g(x)在(1,+∞)内单调递增,当x<1且x≠0时,g'(x)<0,函数g(x)在(-∞,0),(0,1)内单调递减,且g(1)=3,当x从左侧趋近于0时,g(x)→-∞,当x从右侧趋近于0时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→由图知,当-a>3时,函数g(x)=x3+2x的图象与直线y=-a有三个交点,即函数f(x)有3个零点,所以a<-38.解(1)当a=-1时,f(x)=1x-1ln(x+1)(x>-1且x≠0),f'(x)=-ln(x∵f(1)=11-1×ln(1+1)=0,f'(1)=-ln(1+1)∴y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-f(1)=f'(1)(x-1),即(ln2)x+y-ln2=0.(2)∵f1x=(x+a)ln1x+1,要使函数有意义,则1x+1>0,解得x<-1或x>0,∴函数f1x的定义域关于x=-12对称,∴若函数f1x的图象关于直线x=b对称,则b=-12.设g(x)=f1x,由对称的性质可知g(x)=g(-1-x).∵g(x)=(x+a)ln1x+1,g(-1-x)=(-1-x+a)ln1-1-x+1则(x+a)ln1x+1=(-1-x+a)ln1-1-x+1,解得a=1∴存在a=12,b=-12,使函数f1x图象关于直线x=-12(3)由题意,f(x)=1x+aln(x+1),x>0,则f'(x)=-ln(x+1)x2+ax+1x设H(x)=ln(x+1)-x(ax+1则H'(x)=1x当a≤0时,H'(x)>0,H(x)在(0,+∞)上单调递增,故H(x)>ln1-0=0,即f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减,f(x)在(0,+∞)上无极值;当a≥12时,H'(x)<0,H(x)在(0,+∞)上单调递减,故H(x)<ln1-0=0,即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x当0<a<12时,令H'(x)=0,解得x=1a-2,则当x∈0,1a-2时,H'(x)>0,当x∈1a-2,+∞时,H'(x)<0,∴H(x)在0,1a-2内单调递增,在1a-2,+∞上单调递减,H1a-2=ln1a-1-(1a-2)(2-2a)1a-1=ln(1设φ(a)=ln(1-a)-lna-2+4a,0<a<12,则φ'(a)=1a-1-1a+4=4a2-4∴φ(a)>ln1-12-ln12-2+4×12=0,即H1a-2>0.又H(x)=ln(x+1)-x(ax+1)x+1=ln(x+1)-ax-(设h(x)=ln(x+1)-ax,x>0,则h(e1a2-1)=lne1a2-a(e1a2-1)=1设t=1a∈(2,+∞),G(t)=t3-et2+1,则G'(t)=3t2-2tet2<3t2-2t(t2+1)<0,故G(t)在(2,+∞)上单调递减,G(t)<8-e4+1<0,故h(e1a2-1)<0,故存在x0∈1a-2,e1a2-1,使得H(x0)=0,即存在f'(x0)=0,且f'(x)在x0两侧异号,故f(x)在(0,+∞综上,满意条件的a的取值范围为0,12.9.B解析因为f'(x)=3x2+2ax-1,Δ=4a2+12>0,所以f'(x)=0有两个不同的实数解x1,x2,且由根与系数的关系得x1+x2=-2a3,x1x2=-由题意可得|x1-x2|=(x1+此时f(x)=x3-x,f'(x)=3x2-1.当x∈-∞,-33,x∈33,+∞时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈-33,33时,f'(x)<0,f(故当x=-33时,f(x)取得极大值210.B解析函数f(x)的定义域为(0,+∞).因为f(1)=aln1+b=-2,所以b=-2.因为f'(x)=ax所以f'(1)=a-b=0,所以a=b=-2.所以f(x)=-2lnx-2x,f'(x)=-2阅历证,符合题意.所以f'(2)=-1+24=-1故选B.11.A解析令f(x1)=f(x2)=t,作出函数f(x)的大致图象,如图.由图象可知t∈(-∞,a],因为x1<x2,所以x1+a=t,lnx2=t,得x1=t-a,x2=et,所以x2-x1=et-t+a.令g(t)=et-t+a(t≤a),则g'(t)=et-1.当a≤0时,g'(t)≤0,g(t)在(-∞,a]上单调递减,所以g(t)min=g(a)=ea-a+a=ea,由g(t)min=ea=1e,解得a=-当a>0时,令g'(t)=0,得t=0,易得g(t)在区间(-∞,0]上单调递减,在区间(0,a]上单调递增,所以g(t)min=g(0)=e0-0+a=1+a,由g(t)min=1+a=1e,解得a=1e-1<综上可得a=-1,故选A.12.-∞,-116∪[3,+∞)解析因为函数f(x)=x2-a2lnx-x2(a∈R)在区间116,1上不存在极值点,所以函数f(x)在区间116,1上单调递增或单调递减,所以f'(x)≥0或f'(x)≤0在区间116,1上恒成立.f'(x)=2x-a2x-12=4x2-x-a2x,令g(x)=4x2-x-a,x∈116,1,则其图象的对称轴为直线x=18,所以g(x)min=4×182-18-a=-116-a,g(x)max=4×12-1-a=3-a.当f'(x)≥0时,需满意-116综上所述,a的取值范围为-∞,-116∪[3,+∞).13.(1)证明设h(x)=sinx-x,x∈[0,1],则h'(x)=cosx-1≤0对∀x∈[0,1]恒成立,且仅在x=0时有h'(0)=0,所以函数h(x)在[0,1]上单调递减.所以对∀x∈(0,1),有h(x)<h(0)恒成立.又因为h(0)=0,所以sinx-x<0恒成立.所以sinx<x,x∈(0,1).设g(x)=sinx-(x-x2),则g'(x)=cosx+2x-1.令G(x)=cosx+2x-1,则G'(x)=-sinx+2>0对∀x∈[0,1]恒成立,所以g'(x)在x∈[0,1]上单调递增,且因为g'(0)=1+0-1=0,所以对∀x∈[0,1],g'(x)≥0恒成立,且仅在x=0时有g'(0)=0,所以函数y=g(x)在[0,1]上单调递增.所以对∀x∈(0,1),有g(x)>g(0)恒成立.又因为g(0)=0,所以sinx+x2-x>0对∀x∈(0,1)恒成立.所以x-x2<sinx,x∈(0,1).综上可知,x-x2<sinx<x,x∈(0,1)成立.(2)解若a≠0,当0<x<min1,(ⅰ)若a>0,有a2x-a3x2<asinax<a2x;(ⅱ)若a<0,有a2x+a3x2<asinax<a2x.证明:(ⅰ)当a>0时,由(1)知ax-a2x2<sinax<ax,0<x<min1,所以a2x-a3x2<asinax<a2x;(ⅱ)当a<0时,由(1)知-ax-(-ax)2<sin(-ax)<-ax,0<x<min1,所以-a2x-a(-ax)2>asin(-ax)>-a2x,即a2x+a3x2<asinax<a2x.故上述说法成立.因为f(x)=cosax-ln(1-x2),x∈(-1,1),所以f'(x)=-asinax--2x1-x满意f'(0)=-asin0+0=0.因为f'(-x)=asinax-2x1-x所以函数f'(x)为奇函数.①若a=0,则f'(x)=2x当x∈(-1,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,1)时,f'(x)>0.故x=0是函数f(x)的微小值点,不符合题意.②若a∈(2,+∞),则当0≤x<min1,1a时,asinax>a2x-a3所以f'(x)<-a2x+a3x2+2x1-x2=x21-令F1(x)=21-x2+a3x-a2,0≤则F'1(x)=4x(1-故当0≤x<min1,1|a|时,F又因为F1(0)=2-a2<0,所以存在t1>0,使得F1(x)在(0,t1)上恒小于0,此时f'(x)<xF1(x)<0.又因为函数f'(x)是奇函数,所以在(-t1,0)内有f'(x)>0.因此函数f(x)在(-t1,0)内单调递增,在(0,t1)内单调递减,所以x=0是函数f(x)的极大值点.③若a∈(-∞,-2),则当0≤x<min1,1|a|时,a2x+a3x2<a所以