2024年高考数学一轮复习点点练9导数与函数的单调性极值最值含解析文

PAGEPAGE8点点练9导数与函数的单调性、极值、最值一基础小题练透篇1.[2024·宁夏石嘴山市高三期中]f(x)的导函数f′(x)的图象如下图所示，则函数f(x)的图象最有可能是图中的()2．若函数f(x)＝x2－ax＋lnx在区间(1，e)上单调递增，则a的取值范围是()A．[3，＋∞)B．(－∞，3]C．[3，e2＋1]D．[e2＋1，3]3．[2024·河南省南阳市高三期末]若函数f(x)＝ax＋ex不存在极值点，则a的取值范围是()A．a<0B．a≤0C．a>0D．a≥04．已知函数f(x)的定义域为(x1，x2)，导函数f′(x)在(x1，x2)内的图象如图所示，则函数f(x)在(x1，x2)内极值点的个数为()A．2B．3C．4D．55．若函数f(x)＝x＋alnx不是单调函数，则实数a的取值范围是()A．[0，＋∞)B．(－∞，0]C．(－∞，0)D．(0，＋∞)6．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的微小值为()A．－1B．－2e－3C．5e－3D．17．已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________．8．若函数f(x)＝2x2＋lnx－ax在定义域上单调递增，则实数a的取值范围为________．二实力小题提升篇1.[2024·云南师范高校附属中学考试]已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－mx2＋mx＋9在R上无极值，则实数m的取值范围为()A．(－∞，0)∪(1，＋∞)B．(－∞，0]∪[1，＋∞)C．(0，1)D．[0，1]2．[2024·安徽省阜阳市期末]若函数f(x)＝x3－ax2(a>0)的极大值点为a－2，则a＝()A．1B．2C．4D．63．[2024·河南省高三模拟]函数f(x)＝xlnx－x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最小值为()A．－eq\f(1＋ln2,2)B．－1C．0D．2ln2－24．[2024·河北省沧州市三模]已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)－x，则()A．f(x)的单调递减区间为(0，1)B．f(x)的微小值点为1C．f(x)的极大值为－1D．f(x)的最小值为－1三高考小题重现篇1.[浙江卷]函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()2．[江苏卷]若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.3．[全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则f(x)的最小值是________.4．[山东卷]若函数exf(x)(e＝2.71828…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中全部具有M性质的函数的序号为________．①f(x)＝2－x②f(x)＝3－x③f(x)＝x3④f(x)＝x2＋2.四经典大题强化篇1.[2024·安徽省合肥高三模拟]已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－axlnx＋ax.(1)当a＝1时，推断f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围．2．[2024·山西省名校联考]已知函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2(x1<x2).(1)求实数a的取值范围；(2)证明：x2－x1<eq\f(2,x1)－2.点点练9导数与函数的单调性、极值、最值一基础小题练透篇1．答案：A解析：由f′（x）的图象可知：当x∈（－∞，－2）∪（0，＋∞）时，f′（x）<0，当x∈（－2，0）时，f′（x）>0，所以f（x）在（－∞，－2）和（0，＋∞）单调递减，在（－2，0）单调递增，可解除B、C、D.2．答案：B解析：依题意f′（x）＝2x－a＋eq\f(1,x)≥0在区间（1，e）上恒成立，即a≤2x＋eq\f(1,x)在区间（1，e）上恒成立，令g（x）＝2x＋eq\f(1,x)（1<x<e），g′（x）＝2－eq\f(1,x2)＝eq\f(2x2－1,x2)＝eq\f(（\r(2)x＋1）（\r(2)x－1）,x2)>0，g（x）在（1，e）上单调递增，g（1）＝3，所以a≤3.所以a的取值范围是（－∞，3].3．答案：D解析：f′（x）＝a＋ex，由于函数f（x）不存在极值点，所以f（x）单调，因为a＋ex≤0不恒成立，所以a＋ex≥0恒成立，即a≥0.4．答案：A解析：由f′（x）的图象可知，其与x轴有4个交点，但是只有2个满意由正变负或由负变正的条件，所以f（x）在（x1，x2）内极值点的个数为2.5．答案：C解析：由题意知x>0，f′（x）＝1＋eq\f(a,x)，要使函数f（x）＝x＋alnx不是单调函数，则方程1＋eq\f(a,x)＝0在x>0上有解，即x＝－a，所以a<0.6．答案：A解析：f′（x）＝（2x＋a）ex－1＋（x2＋ax－1）ex－1＝[x2＋（a＋2）x＋a－1]ex－1.∵x＝－2是f（x）的极值点，∴f′（－2）＝0，即（4－2a－4＋a－1）·e－3＝0，得a＝－1.∴f（x）＝（x2－x－1）ex－1，f′（x）＝（x2＋x－2）ex－1.由f′（x）>0，得x<－2或x>1；由f′（x）<0，得－2<x<1.∴f（x）在（－∞，－2）上单调递增，在（－2，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，∴f（x）的微小值点为1，∴f（x）的微小值为f（1）＝－1.7．答案：－7解析：由题意得f′（x）＝3x2＋6ax＋b，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋3a－b－1＝0，,b－6a＋3＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝9，))经检验当a＝1，b＝3时，函数f（x）在x＝－1处无法取得极值，而a＝2，b＝9满意题意，故a－b＝－7.8．答案：（－∞，4]解析：由已知得f′（x）＝4x＋eq\f(1,x)－a（x>0），因为函数f（x）是定义域上的单调递增函数，所以当x>0时，4x＋eq\f(1,x)－a≥0恒成立．因为当x>0时，函数g（x）＝4x＋eq\f(1,x)≥4，当且仅当x＝eq\f(1,2)时取等号，所以g（x）∈[4，＋∞），所以a≤4，即实数a的取值范围是（－∞，4].二实力小题提升篇1．答案：D解析：函数f（x）＝eq\f(1,3)x3－mx2＋mx＋9在R上无极值⇔f′（x）＝x2－2mx＋m在R上无变号零点⇔Δ＝4m2－4m≤0⇔0≤m≤1.2．答案：B解析：f′（x）＝3x2－2ax.当x<0或x>eq\f(2a,3)时，f′（x）>0；当0<x<eq\f(2a,3)时，f′（x）<0.所以f（x）的极大值点为0，则a－2＝0，解得a＝2.3．答案：B解析：因为f′（x）＝lnx，所以f（x）在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，在（1，2]上单调递增，所以f（x）min＝f（1）＝－1.4．答案：C解析：f′（x）＝eq\f(1－lnx,x2)－1＝eq\f(1－lnx－x2,x2).令φ（x）＝1－lnx－x2，则φ′（x）＝－eq\f(1,x)－2x<0，所以φ（x）＝1－lnx－x2在（0，＋∞）上单调递减．因为φ（1）＝0，所以当0<x<1时，φ（x）>0；当x>1时，φ（x）<0.所以f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，＋∞），故f（x）的极大值点为1，f（x）的极大值为f（1）＝－1.三高考小题重现篇1．答案：D解析：设导函数y＝f′（x）与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′（x）的图象易得当x∈（－∞，x1）∪（x2，x3）时，f′（x）<0；当x∈（x1，x2）∪（x3，＋∞）时，f′（x）>0（其中x1<0<x2<x3），所以函数f（x）在（－∞，x1），（x2，x3）上单调递减，在（x1，x2），（x3，＋∞）上单调递增，视察各选项，只有D选项符合．2．答案：－3解析：f′（x）＝6x2－2ax＝2x（3x－a）（x>0）.①当a≤0时，f′（x）>0，f（x）在（0，＋∞）上递增，又f（0）＝1，∴f（x）在（0，＋∞）上无零点．②当a>0时，由f′（x）>0，解得x>eq\f(a,3)，由f′（x）<0，解得0<x<eq\f(a,3)，∴f（x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))上递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))上递增．又f（x）只有一个零点，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋1＝0，∴a＝3.此时f（x）＝2x3－3x2＋1，f′（x）＝6x（x－1），当x∈[－1，1]时，f（x）在[－1，0]上递增，在[0，1]上递减．又f（1）＝0，f（－1）＝－4，∴f（x）max＋f（x）min＝f（0）＋f（－1）＝1－4＝－3.3．答案：－eq\f(3\r(3),2)解析：f′（x）＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2（2cos2x－1）＝2（2cos2x＋cosx－1）＝2（2cosx－1）（cosx＋1）.∵cosx＋1≥0，∴当cosx<eq\f(1,2)时，f′（x）<0，f（x）单调递减；当cosx>eq\f(1,2)时，f′（x）>0，f（x）单调递增．∴当cosx＝eq\f(1,2)，f（x）有最小值．又f（x）＝2sinx＋sin2x＝2sinx（1＋cosx），∴当sinx＝－eq\f(\r(3),2)时，f（x）有最小值，即f（x）min＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝－eq\f(3\r(3),2).4．答案：①④解析：对于①，令g（x）＝ex·2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)))eq\s\up12(x).由eq\f(e,2)>1知g（x）在R上是增函数，故f（x）＝2－x具有M性质．对于②，令g（x）＝ex·3－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,3)))eq\s\up12(x).由0<eq\f(e,3)<1知g（x）在R上是减函数，故f（x）＝3－x不具有M性质．对于③，令g（x）＝ex·x3，则g′（x）＝ex（3x2＋x3）＝x2ex（x＋3）.当x∈（－∞，－3）时，函数g（x）是减函数，因此f（x）＝x3不具有M性质．对于④，令g（x）＝ex（x2＋2），则g′（x）＝ex（x2＋2x＋2）＝ex[（x＋1）2＋1]>0.因此g（x）在R上是增函数，故f（x）＝x2＋2具有M性质．应填①④.四经典大题强化篇1．解析：（1）当a＝1时，f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝x－lnx，令h（x）＝x－lnx，则h′（x）＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，当h′（x）<0⇒0<x<1，当h′（x）>0⇒x>1，所以f′（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，∴x＝1为f′（x）的微小值点，且f′（x）≥f′（1）＝1>0，∴f（x）在（0，＋∞）单调递增．（2）问题转化为方程alnx＝x有两个不相等的实根，当lnx＝0，即x＝1时，alnx＝x不成立；当x>0且x≠1时，a＝eq\f(x,lnx)，令φ（x）＝eq\f(x,lnx)，则y＝a与φ（x）＝eq\f(x,lnx)的图象有两个交点，∵φ′（x）＝eq\f(lnx－1,（lnx）2)，φ′（x）<0⇒0<x<1或1<x<e；φ′（x）>0⇒x>e，∴φ（x）在（0，1），（1，e）上单调递减，在（e，＋∞）上单调递增，又当x∈（0，1），φ（x）<0，x∈（1，＋∞），φ（x）>0，且φ（x）在（1，＋∞）的最小值为φ（e）＝e，∴当a>e时，直线y＝a与φ（x）＝eq\f(x,lnx)的图象有两个交点，∴实数a的取值范围为（e，＋∞）.2．解析：（1）f（x）的定义域为R，f′（x）＝ex－a.①当a≤0时，f′（x）≥ex>0，所以f（x）在R上单调递增，故f（x）至多有一个零点，不符合题意；②当a>0时，令f′（x）<0，得x<lna；令f′（x）>0，得x>lna，故f（x）在（－∞，lna）上单调递减，在（lna，＋∞）上单调递增，所以f（x）min＝f（lna）＝a－alna＝a（1－lna）（ⅰ）若0<a≤e，则f（x）min＝a（1－lna）≥0，故f（x）至多有一个零点，不符合题意；（ⅱ）若a>e，则lna>1，f（x）min＝a（1－lna）<0，由（ⅰ）知ex－ex≥0，∴elna－elna＝a－lna≥0，∴a－2lna>a－elna≥0，f（2lna）＝a2－2alna＝a（a－2lna）>0.又∵f（0）＝1>0，0<lna<2lna，故f（x）存在两个零点，分别在（0，lna），（lna，2lna）内．综上，实数a的取值范围为（e，＋∞）.（2）证明：方法一由题意得ex1=ax1ex2=ax2，令t两式相除得et＝ex2－x1＝eq\f(x2,x1)＝eq\f(x1＋t,x1)，变形得x1＝eq\f(t,et－1).欲证x2－x1<eq\f(2,x1)－2，即证t<eq\f(2（et－1）,t)－2，即证eq\f(t2＋2t＋2,et)<2.记h（t）＝eq\f(t2＋2t＋2,et