2026年高考总复习优化设计一轮复习数学（广西版）-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利用导数研究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.无数2.(多选)(2024新高考Ⅰ,10)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则()A.x=3是函数f(x)的极小值点B.当0<x<1时,f(x)<f(x2)C.当1<x<2时,-4<f(2x-1)<0D.当-1<x<10时,f(2-x)>f(x)3.(2024陕西宝鸡模拟)当x=1时,函数f(x)=alnx+bx取得最大值-2,则f'(4)=(A.-1 B.38 C.-38 D4.(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.根据以上材料,关于初等函数h(x)=x1x(A.无极小值 B.有极小值1C.无极大值 D.有极大值e5.若关于x的方程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.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.(2024九省联考)已知函数f(x)=lnx+x2+ax+2在点(2,f(2))处的切线与直线2x+3y=0垂直.(1)求实数a的值;(2)求函数f(x)的单调区间和极值.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(x2),若xA.-1 B.1e-C.-1或1e-1D.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.(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福建泉州模拟)已知函数f(x)=|x-1|-alnx的最小值为0,则a的取值范围为.

课时规范练17利用导数研究函数的极值与最值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'(x)>0恒成立,2.AC解析:∵f(x)=(x-1)2(x-4),∴函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=3(x-1)(x-3).令f'(x)=3(x-1)(x-3)=0,得x=1或x=3.当x<1或x>3时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当1<x<3时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴x=3是函数f(x)的极小值点,∴A正确.当0<x<1时,0<x2<x<1,又由上可知当0<x<1时,f(x)单调递增,∴f(x2)<f(x),∴B错误.当1<x<2时,f(2x-1)=(2x-1-1)2(2x-1-4)=4(x-1)2(2x-5)<0,f(2x-1)+4=4(x-2)2(2x-1)>0,即f(2x-1)>-4,∴C正确.f(2-x)-f(x)=(2-x-1)2(2-x-4)-(x-1)2(x-4)=-2(x-1)3.当-1<x<10时,f(2-x)-f(x)=-2(x-1)3的值有正有负.∴D错误.故选AC.3.C解析:因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),由题意可知,f(1)=-2,f'(1)=0,而f'(x)=ax-bx2,所以b=-2,a-b=0,即a=-2,b=-2,所以f'(因此当x∈(0,1)时,f'(x)>0,故函数在(0,1)内单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,故函数在(1,+∞)上单调递减,所以当x=1时f(x)取得最大值,满足题意,即有f'(4)=2×(故选C.4.AD解析:根据材料知,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)=e1e,5.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-1令h'(t)=0,得t=1当0<t<12时,h'(t)<0,函数h(t)单调递减当t>12时,h'(t)>0,函数h(t)单调递增所以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<-3.8.解(1)f'(x)=1x+2x+a,则f'(2)=12+2×2+a=9由题意可得92+a×-23=-1,解得a=-3.(2)由(1)知f(x)=lnx+x2-3x+2,则f'(x)=1x+2x-3=2x2故当0<x<12时,f'(x)>当12<x<1时,f'(x)<当x>1时,f'(x)>0,故函数f(x)的单调递增区间为0,12,(1,+∞),单调递减区间为12,1,函数f(x)的极大值为f12=ln12+122-3×12+2=34-ln2,极小值为f(1)=ln1+12-3×1+2=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+x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(x)故当x=-33时,f(x)取得极大值10.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)=-经验证,符合题意.所以f'(2)=-1+24=-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<0,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,需满足-116-a≥0,即a≤-116;当f'(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<min1,1(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-x2满足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)=2当x∈(-1,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,1)时,f'(x)>0.故x=0是函数f(x)的极小值点,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,F1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<asin所以f'(x)<-a2x-a3x2+2x1-x2=x21-令F2(x)=21-x2-a3x-a2,则F'2(x)=4故当0<x<min1,1|a|时,F2又因为F2(0)=2-a2<0,所以存在t2>0,使得F2(x)在(0,t2)上恒小于0,此时f'(x)<xF2(x)<0.又因为函数f'(x)是奇函数,所以在(-t2,0)内有f'(x)>0.因此函数f(x)在(-t2,0)内单调递增,在(0,t2)内单调递减,所以x=0是函数f(x)的极大值点.④若a∈[-2,则当0≤x<min1,1|a|