高考数学一轮复习 课时规范练20　利用导数研究函数的极值、最值（基础版）

课时规范练20利用导数研究函数的极值、最值(分值:66分)(单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分)基础巩固练1.(2025·上海浦东模拟)函数f(x)=2x3-6x2+m(m为常数)在区间[-2,2]上有最大值3,则f(x)在区间[-2,2]上的最小值为()A.-37 B.-5 C.1 D.52.(2025·重庆巴蜀中学模拟)若函数f(x)=(ax2+b)ex在x=1时有极小值-2e,则ab=()A.-2 B.-3 C.-e D.-13.函数f(x)=sinx-xcosx在[-π2,π2]A.33-π6 B.-1 C.34.(2025·全国2,13)若x=2是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极值点,则f(0)=.

5.(2025·辽宁名校联盟一模)已知函数f(x)=xex-ax-bex+ab(a>0),若f(x)≥0,则b+1a的最大值为.6.(15分)已知函数f(x)=12e2x-(e2+1)ex+ax,a∈R(1)a=0时,曲线y=f(x)在x=0处的切线与x=x0(x0≠0)处的切线平行,求x0的值;(2)若函数f(x)是增函数,求实数a的取值范围;(3)若a=e2,求函数f(x)的单调区间与极值.综合提升练7.(2025·安徽蚌埠模拟)设函数f(x)=x-2x-3lnx,记f(x)的极小值点为x1,极大值点为x2,则f(x1)+f(x2)=(A.2 B.2ln2 C.3ln2 D.-3ln28.(多选题)已知函数f(x)=(x2-3x+1)ex,则下列说法中正确的是()A.f(x)在R上有两个极值点 B.f(x)在x=-1处取得最小值C.f(x)在x=2处取得极小值 D.函数f(x)在R上有三个不同的零点9.(15分)(2025·全国2,18)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+12x2-kx3,其中0<k<1(1)证明:f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点;(2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点.①设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减;②比较2x1与x2的大小,并证明你的结论.

参考答案课时规范练20利用导数研究函数的极值、最值1.A解析由已知得f'(x)=6x2-12x=6x(x-2),故当x∈[-2,0)时,f'(x)>0,f(x)在区间[-2,0)上单调递增,当x∈(0,2]时,f'(x)≤0,f(x)在区间(0,2]上单调递减,故当x=0时,f(x)取得最大值f(0)=m=3,此时f(x)=2x3-6x2+3.当x∈[-2,0)时,f(x)≥f(-2)=-37,当x∈(0,2]时,f(x)≥f(2)=-5,故最小值为f(-2)=-37.故选A.2.B解析f'(x)=(ax2+2ax+b)ex,因为f(x)在x=1时有极小值-2e,所以f'(1)=0,f(1)=-2e,即(3a+b)e=0,(a+b)e=-2e,解得a=1,b=-3,此时f'(x)=(x2+2x-3)ex=(x+3)(x-1)ex,当x<-3或x>1时,f'3.B解析f'(x)=cosx-(cosx-xsinx)=xsinx,所以f'(0)=0,且当x∈[-π2,0)时,f'(x)>0,x∈(0,π2]时,f'(x)>0,即f'(x)≥0在[-π2,π2]上恒成立,所以f(x)在[-π2,π2]上单调递增,因此f(x)在[-π2,π2]上的最小值为f(-π2)=sin(-π2)-4.-4解析f'(x)=[(x-2)(x-1)(x-a)]'=(x-1)(x-a)+(x-2)[(x-1)(x-a)]',又f'(2)=0,即2-a=0,所以a=2,所以f(0)=-4.5.1解析f(x)=xex-ax-bex+ab=(x-b)ex-a(x-b)=(x-b)(ex-a),若f(x)≥0恒成立,则a=eb,那么b+1a=lna+1a,令g(a)=lna+1a(a>0),g'(a)=-lnaa2,当a∈(0,1)时,g'(a)>0,g(a)单调递增,当a∈(1,+∞)时,g'(a)<0,g(a)单调递减,所以g(a)≤g6.解(1)当a=0时,f(x)=12e2x-(e2+1)ex,f'(x)=e2x-(e2+1)ex∴f'(0)=-e2=f'(x0)=e2x0-(e2+1)ex0,即ex0(ex0-1)-e2(ex0-1)=0,(ex0(2)由f(x)是增函数,∴f'(x)=e2x-(e2+1)ex+a≥0,即(ex-e2+12)2+a-(e2+1)24≥0恒成立,∴a≥(e(3)当a=e2时,f'(x)=e2x-(e2+1)ex+e2=(ex-1)(ex-e2),由f'(x)>0得x<0或x>2,由f'(x)<0得0<x<2,∴f(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(2,+∞),单调递减区间为(0,2).∴f(x)的极大值为f(0)=-e2-12,f(x)的极小值为f(2)=e2-12e7.D解析f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1+2x2-3x=(x-1)(x-2)x2,当x∈(0,1)∪(2,+∞)时,f'(x)>0,当x∈(1,2)时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,1)和(2,+∞)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,所以x1=2,x2=1,所以f(x1)+f(x2)=x1+x2-2(1x1+1x28.AC解析f(x)的定义域为R,f'(x)=(x2-x-2)ex=(x-2)(x+1)ex,∴当x∈(-∞,-1)∪(2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(-1,2)时,f'(x)<0.∴f(x)在(-∞,-1),(2,+∞)内单调递增,在(-1,2)内单调递减,∴f(x)的极大值为f(-1)=5e,极小值为f(2)=-e2,当x<0时,x2-3x+1>0,ex>0,∴f(x)>0恒成立,可作出f(x)图象(如图所示)对于A,f(x)的极大值点为-1,极小值点为2,故选项A正确;对于B,f(-1)不是f(x)的最小值,故选项B错误;对于C,f(x)在x=2处取得极小值,故选项C正确;对于D,由图象可知,f(x)有且仅有两个不同的零点,故选项D错误.故选AC.9.(1)证明∵f(x)=ln(1+x)-x+12x2-kx3,∴f'(x)=1x+1-1+x-3kx2=1-x-1+x2∴当x∈(0,13k-1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(13k-1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴13k-1是f(x)∵f(0)=0,∴f(13k-1)>f(0)f(12k)=ln(1+12k)-12k+18k令h(x)=ln(1+x)-x,x≥0,则h'(x)=11+x-1=-x1+x<0,∴h(x)在[0,+∞)上单调递减,∴f(12k)=h(12k)<h(0)=0,∴f(x)在(13k-1,12k)上存在零点.又f(x)在(13k-1,(2)①证明由(1)知x1=13k-1,则k=∵g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),∴g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t)=(x1+t)2(1x1+t+1-3k)+(x1-t)2(=(x1+t)2(1x1+t+1-1x1+1)=(x1+t)2-t(x1+1)(x1=tx1+1=2t当t∈(0