2025年北京市各区高二数学下学期期末分类-不等式最值及函数最值含答案

25.7高二数学下学期期末分类——不等式最值及函数最值学生版12025春•北京校级期末）函数f和g有相同的最大值，直线y＝m与两曲线y＝f（x）d的最大值是()说法中正确的一个是()A．f（x1f（x2）当f（x）取最小值时x=.72025春•东城区期末）已知函数f（xp2x+q2﹣x（其中p，q是正实数）.①能使函数f（x）为偶函数的一组p，q可以为；②若函数f（x）的最小值为4，则p+q的最小值为.①若|a|＜|b|，则σ（aσ（b③导函数y＝σ′（x）的最大值是；④∀a＞0，∃x∈R，σ（x+1σ（xa．112025春•延庆区期末）已知函数f（xex+asinx．给出下列四个结论：＝﹣122025春•顺义区期末）已知函数f（xax3+bx，当x＝1时，f（x）取得极值﹣2．（2）若函数f（x）在区间[k，2）上的最大值为2，求k的取值范围．132025春•石景山区期末）已知函数=x3(Ⅰ)求f（x）的单调区间；(Ⅱ)求f（x）在区间[﹣2，4]上的最大值和最小值.142025春•北京校级期末）已知函数（2）关于x的方程f（xk有两个不同的根x1、x2，且x1＜x2.152025春•大兴区期末）已知函数f（xx3﹣3x2+x.(Ⅱ)当x∈[0，3]时，求证4≤f（xx≤0；(Ⅲ)设P是曲线y＝f（x）上的动点，P在何处时，曲线y＝f（x）在P处的切线斜率最小结论不162025春•延庆区期末）已知函数f(x)=x3−x2−3x−1.(Ⅲ)若函数g（xf（xc有三个零点，直接写出c的取值范围.（i）求曲线y＝f（x）在（1，f（1处的切线方程；（ii）求函数f（x）的最大值；(Ⅱ)若函数f（x）的最大值为e，求a的值.182025春•北京校级期末）已知函数f（xx3+3x2﹣24x+1.（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1处的切线方程；（2）求f（x）在区间[﹣4，6]上的最大值与最小值；25.7高二数学下学期期末分类——不等式最值及函数最值学生版1234ABDC12025春•北京校级期末）函数f和g有相同的最大值，直线y＝m与两曲线y＝f（x）【分析】根据题意，先对函数分别求导，通过对a的取值进行讨论，得不妨设0＜x1＜1＜x2＜e＜x3，通过比较f（2）和g（2）的大小，即可判断①错误，②正再利用指数和对数恒等式证明④正确，再利用反证法可判断③错误.f（x）单调递减，此时，函数f（x）无最大值，有最小值，不符合题意；当a＞0时，当x∈(﹣∞,1）时，导函数f′（x0，当x∈（1，+∞)时，导函数f′（x0，函数f（x）单调递减，因当x∈（0，e）时，导函数g′（x0，函数g（x）单调递增，ga1a1那么两个函数图像如图所示，当y＝m经过点M时，此时y＝m与y＝f（x）和y＝g（x）恰好有三个交又x2＞1，lnx3＞1，又因为当x＞1时，函数f（x）单调递减，所以x【点评】本题主要考查了导数与单调性关系，函数性质的综合应用，属于难题.的最大值是()果.这与a+b+c+d+e＝50相矛盾，假设不成立，则b+d≤23，和不等式运用的考查.说法中正确的一个是()的变化，即可得到Ω的变化；通过转化为两点斜率，判断是否存解：因为f＝ex，Ω=因此，Ω的分子为负，Ω的分母可正可负，即Ω的值可正可负，令y'＝0，可得x＝2，易得y在（0，2）上单调递减，在(﹣∞,02，+∞)上单调递增，当x→+∞时，由指数函数的增长快慢可得y→+∞;当x→﹣∞,y→0；【点评】本题考查用导数的方法判断函数的最值问题，属于中档题．A．f（x1f（x2）D．f(x1+x2)＞[f(x1)+f(x2)]【分析】选项A，根据f（x）是定义域（0，+∞）上的单调增函数，判断即可；选项B，根据对数函数的运算性质，判断即可；选项C，根据f（x）的图象与性质，判断即可；选项D，利用均值不等式，结合对数的运算性质，判断即可．x1＜x2，则f（x1f（x2选项A正确；对于B，f（x1x2ln（x1x2lnx1+lnx2＝f（x1）+f（x对于C，因为f（x）是定义域（0，+∞）上的单调增函数，且图象为上凸的函【点评】本题考查了对数的性质与应用问题，是基础题．当f（x）取最小值时x＝8．【解答】解：因为函数f（x2log2x﹣log2（x﹣4令{＞0，解得x＞4，所以f（x）的定义域是【点评】本题考查了对数函数的图象与性质应用问题，是基础题. 【分析】将代数式A+B与a+b相乘，展开后利用基本不等式可求得A+B的最小值.【点评】本题主要考查了基本不等式求解最值，属于基础题.72025春•东城区期末）已知函数f（xp2x+q2﹣x（其中p，q是正实数）.①能使函数f（x）为偶函数的一组p，q可以为p＝1，q＝1（答案不唯一）；②若函数f（x）的最小值为4，则p+q的最小值为4.【分析】①,由偶函数的定义分析可得当p＝q时，f（x）为偶函数，举出实例可得答案；②,利用对号函数的性质分析可得2√pq=4，结合基本不等式的性质分析可得答案.【解答】解：①,函数f（xp2x+q2﹣x，其定义域为R，若f（x）为偶函数，必有f(﹣xf（x即p2﹣x+q2x＝p2x+q2﹣x，变形可得p﹣q2x﹣2﹣x0，必有p＝q，②,根据题意，p，q是正实数，则函数＝p2x+q2﹣x≥2√又由p+q≥2√当且仅当p＝q时等号成立，故p+q的最小值为4.【点评】本题考查函数奇偶性的性质和应用，涉及基本不等式的性质和应用，属于基础题.a的范围再确定其最小值即可.【点评】本题主要考查了基本不等式求解最值，属于基础题.【分析】利用对数的运算及基本不等式计算，即可求得结果.所以6loga3b+log9b2a3=3loga9b2+3log9b2a=3(loga9b2+log9b2a)当且仅当loga9b2=时，即a＝9b2时取等号，6loga3b+log9b2a3的最小值6.【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题.①若|a|＜|b|，则σ（a）<σ（b③导函数y=σ′（x）的最大值是；④∀a＞0，∃x∈R，σ（x+1σ（xa.【分析】对于①,可举反例进行判断；对于②,先求出σ（k）+σ(﹣k然后求和即可；对于③,对表达式，然后构造新函数，求导判断单调性求出最大值和极大值点，即可证明.，所以max=fmax=f，故③正确；令令则【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于中档题．112025春•延庆区期末）已知函数f（xex+asinx．给出下列四个结论：＝﹣【分析】需要结合导数与函数的性质进行分析．【解答】解：对于①，当a＝1时，函数f（xex+sinx，f'（xex+cosx，当a取很大的负数（令aM，M＞0则f（xex﹣Msinx，零点满足ex＝Msinx，在[0，]上，ksinx单调递增；ex【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于中档题.122025春•顺义区期末）已知函数f（xax3+bx，当x＝1时，f（x）取得极值﹣2.（2）若函数f（x）在区间[k，2）上的最大值为2，求k的取值范围.【解答】解1）f′（x3ax2+b，所以f′（13a+b＝0，f（1a+b=﹣2，当x＞1或x<﹣1时，f′（x0；当﹣所以函数在(﹣∞,﹣11，+∞)上单调递增，在(﹣1，1）上单调递减.当x＞1或x<﹣1时，f′（x0；当﹣所以函数在(﹣∞,﹣11，+∞)上单调递增，在(﹣1，1）上单调递减.而f(﹣12，f（1）=﹣2，f（22，【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于基础题.132025春•石景山区期末）已知函数=x3(Ⅰ)求f（x）的单调区间；(Ⅱ)求f（x）在区间[﹣2，4]上的最大值和最小值.（II）依据单调区间，算区间端点和极值点函数值，比较得最值.解：对f=x3−x2−6x+1求导，得f′＝3x2﹣3x﹣6，因式分解f′（x有f′（x3（x﹣2x+1令f′（x0，即3（x﹣2x+10，因为3＞0，所以（x﹣2x+10，解得x＞2或x<﹣1，则f（x）在(﹣∞,﹣12，+∞)上单调递增，令f′（x0，即3（x﹣2x+10，则f（x）在(﹣1，2）上单调递减.比较得−9<−1＜＜17，间端点和极值点函数值确定最值.142025春•北京校级期末）已知函数（2）关于x的方程f（xk有两个不同的根x1、x2，且x1＜x2.（2i）当a＝0时，由题意可知直线y＝k（ii）由关于x的方程f（xk有两个不同的根x1、x2，可得出0＜x1＜1，x2＞a，转化为再利用导数求解，即可得到答案.解：因为f0且x≠1则f′0且x≠1因为函数f（x）无单调递减区间，则对∀x∈当a＝0时，由f=k可知，直线y＝k与函数f（x）的图象有两个交点，xef′（x）﹣﹣0+f（x）减减增故函数f（x）的极小值为f（ee，故p（x）min＝p（alna＞0，故f′（x0，即f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞)上单故函数m（t）在（1，+∞)上单调递减，故m（tm（10，故q′（t0，当x→0时，v（x）→+∞,且v（11﹣a＜0，所以，u(x)max=u(x0)==，此时==，即k＝a，152025春•大兴区期末）已知函数f（xx3﹣3x2+x.(Ⅱ)当x∈[0，3]时，求证4≤f（xx≤0；(Ⅲ)设P是曲线y＝f（x）上的动点，P在何处时，曲线y＝f（x）在P处的切线斜率最小结论不【分析】(Ⅰ)由导数的几何意义可得f′（x1，解得切点坐标(Ⅱ)令g（xf（xx，x∈[0，3]，求导分析单调性，最值，即可得出答案.(Ⅲ)设P（x0，y0根据题意可得切线斜率为【解答】解：(Ⅰ)由f（xx3﹣3x2+x，得f′（x3x2﹣6x+1.又f（00，f（2）=﹣2，所以曲线y＝f（x）的斜率为1的切线方程为y＝x或y+2＝x﹣2，所以曲线y＝f（x）的斜率为1的切线方程为y＝x或y＝x﹣4.(Ⅱ)证明：令g（xf（xx，x∈[0，3]，由g（xx3﹣3x2，得g′（x3x2﹣6x＝3x（x﹣2又g（00，g（30，g（24，(Ⅲ)设曲线y＝f（x）上点P（x0，y0又f′（x3x2﹣6x+1.=3（x0﹣1）2﹣2，所以当P的坐标为P（1，﹣1）时，曲线y＝f（x）在P处的切线斜率最小.【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题.162025春•延庆区期末）已知函数x3−x(Ⅲ)求出f（x）的极值，由函数的零点与方程根的关系即可求解c的取值范围.解：因为fx3−x2−3x−1，所以f'（xx2﹣2x﹣3，f（0）=﹣1，f'（0）=﹣3，所以曲线y＝f（x）在x＝0处的切线方程为y﹣(﹣1）=﹣3（x﹣0即3x+y+1＝0.(Ⅱ)令f'（x0，即f'（xx2﹣2x﹣3＝0，解得x1=﹣1或x2＝3，所以f（x）的单调递增区间为(﹣21递减区间为(﹣1，1所以f（x）在(﹣∞,﹣1）和（3，+∞)上单调递增，在(﹣1，3）上单调递减，所以f（x）的极大值为的极小值为f（3）=﹣10，若函数g（xf（xc有三个零点，则f（x）与y＝c有三个交点，零点与方程根的关系，考查运算求解能力，属于中档题.（i）求曲线y＝f（x）在（1，f（1处的切线方程；（ii）求函数f（x）的最大值；(Ⅱ)若函数f（x）的最大值为e，求a的值.(Ⅱ)根据f'（x）的单调性可得f'（x0有唯一解x0，即−2lnx0−2a=0．即可结合最大值求解.当时，f′（i）因为f(1)=，f′（10，y＝f（x）在（1，f（1处的切线方程为＜0，所以g在区间（0，+∞)单调递减.随着x的变化，f（xf'（x）的变化情况如下：x1g（x）+0﹣f′（x）+0﹣f（x）所以max=f设−2lnx−2a，因为m在上单调递减，且m（e﹣a0，m（e所以f′（x0有唯一解，不妨设为x0，即−2lnx0−2a=0，随着x的变化，f（xf'（x）的变化情况如下：xx