2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練14導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值最值含解析文新人教版

PAGE專練14導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值最值命題范圍：函數(shù)的極值最值及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用[基礎(chǔ)強化]一、選擇題1．[2024·邯鄲一中高三測試]函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值為()A.eq\f(1,2)B．1C．0D．不存在2．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4的極大值為()A.eq\f(28,3)B．6C.eq\f(26,3)D．73．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))ex＋eq\f(1,2)x的極值點的個數(shù)為()A．0B．1C．2D．34．[2024·河南駐馬店高三測試]已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，則f(2)等于()A．11或18B．11C．18D．17或185．[2024·宜昌一中高三測試]已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在極大值又存在微小值，則實數(shù)m的取值范圍是()A．(－1,2)B．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C．(－3,6)D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)6．[2024·鞍山一中高三測試]已知函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，在區(qū)間[－3,2]上的最大值為M，最小值為N，則M－N＝()A．20B．18C．3D．07．若ex≥k＋x在R上恒成立，則實數(shù)k的取值范圍是()A．(－∞，1]B．[1，＋∞)C．(－∞，－1]D．[－1，＋∞)8．若a>0，b>0且f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，t＝ab，則實數(shù)t的最大值為()A．2B．3C．6D．99．已知f(x)＝x3－3x，過A(1，m)(m≠－2)可作曲線y＝f(x)的三條切線，則m的取值范圍是()A．(－1,1)B．(－2,3)C．(－1,2)D．(－3，－2)二、填空題10．[2024·五省優(yōu)創(chuàng)名校聯(lián)考]函數(shù)f(x)＝ex－2x在[1，e]上的最小值為________．11．[2024·衡水中學(xué)高三測試]已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m∈[－1,1]，則f(m)的最小值為________．12．若不等式a≤eq\f(1－x,x)＋lnx對于隨意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))恒成立，則a的取值范圍是________．[實力提升]13．[2024·福州一中高三測試]若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的極值點，則f(x)的微小值為()A．－1B．－2e－3C．5e－3D．114．已知f(x)＝ax＋x2－xlna(a>0且a≠1)，若函數(shù)y＝|f(x)－t|－1有三個零點，則t的值為()A．1B．2C．3D．±215．已知函數(shù)f(x)＝x(lnx－ax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是________．16．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點，則a的取值范圍是________．專練14導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值最值1．Af′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，且x>0，由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0得0<x<1，∴f(x)在x＝1處取得微小值，又f(x)為單峰函數(shù)，∴f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2).2．Af′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)，f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－2,2)上單調(diào)遞減，∴f(x)極大值＝f(－2)＝eq\f(28,3).3．A由題意知f′(x)＝eq\f(1,2)ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))ex＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)[ex(x－1)＋1]．令g(x)＝ex(x－1)＋1，則g′(x)＝ex(x－1)＋ex＝xex，令g′(x)＝0，得x＝0，則函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(0)＝0，由此可知f′(x)≥0，所以函數(shù)f(x)不存在極值點，故選A.4．Cf′(x)＝3x2＋2ax＋b，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b＋a2＝10，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－3－2a，,a2－a－12＝0，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3.))當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3))時，f′(x)＝3(x－1)2≥0，∴在x＝1處不存在極值．當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11))時，f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,3)，1))，f′(x)<0；x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，符合題意．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11.))∴f(2)＝8＋16－22＋16＝18.5．B∵函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在極大值又存在微小值，且f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6，由題意得方程3x2＋2mx＋m＋6＝0有兩個不同的實數(shù)解，∴Δ＝4m2－12(m＋6)>0，解得m<－3或m>6，∴實數(shù)6．A∵f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，所以f(x)在x＝－1兩側(cè)先增后減，f(x)在x＝1兩側(cè)先減后增，分別計算得f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以M＝1，N＝－19，則M－N＝1－(－19)＝20.故選A.7．A由ex≥k＋x恒成立，∴k≤(ex－x)min，設(shè)f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1，由f′(x)>0，得x>0，由f′(x)<0，得x<0，∴f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(0)＝1，∴k≤1.8．D由題意得f′(x)＝12x2－2ax－2b，∵f(x)在x＝1處取得極值，∴f′(1)＝0，∴a＋b＝6，∴t＝ab＝a(6－a)＝－(a－3)2＋9，∴tmax＝9，故選D.9．D設(shè)切點為(x0，xeq\o\al(3,0)－3x0)(x0≠1)，由題意得eq\f(x\o\al(3,0)－3x0－m,x0－1)＝3xeq\o\al(2,0)－3，得m＝－2xeq\o\al(3,0)＋3xeq\o\al(2,0)－3，設(shè)g(x)＝－2x3＋3x2－3，g′(x)＝－6x2＋6x＝－6x(x－1)，明顯g(x)在x＝0與x＝1處取得極值，又g(0)＝－3，g(1)＝－2＋3－3＝－2，∴當(dāng)－3<m<－2時，可作三條切線．10．e－2解析：f′(x)＝ex－2，∵x∈[1，e]，∴f′(x)>0，∴f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(1)＝e－2.11．－4解析：∵f′(x)＝－3x2＋2ax，由題意得f′(2)＝0，得a＝3.∴f′(x)＝－3x2＋6x，∴f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)m∈[－1,1]時f(m)min＝f(0)＝－4.12．(－∞，0]解析：設(shè)f(x)＝eq\f(1－x,x)＋lnx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x2)，令f′(x)>0，得1<x≤2，令f′(x)<0，得eq\f(1,2)≤x<1，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)單調(diào)遞減，在(1,2]上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴欲使a≤eq\f(1－x,x)＋lnx在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上恒成立，則a≤0.13．Af′(x)＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]，∵x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)ex－1，∴f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)＝ex－1(x－1)(x＋2)，∴當(dāng)x∈(－∞，－2)，(1，＋∞)時f(x)單調(diào)遞增，f(x)在(－2,1)上單調(diào)遞減，∴f(x)微小值＝f(1)＝－1.14．B∵f(x)＝ax＋x2－xlna，∴f′(x)＝axlna＋2x－lna＝(ax－1)lna＋2x.當(dāng)a>0且a≠1時，f′(x)在R上是增函數(shù)，且x＝0時，f′(x)＝0，故f′(x)＝0有唯一解．當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，故f(x)min＝f(0)．要使函數(shù)y＝|f(x)－t|－1有三個零點，則方程f(x)＝t±1有三個根．即只需t－1＝f(x)min＝f(0)＝1，即t＝2，故選B.15.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析：函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－2ax.已知函數(shù)f(x)＝x(lnx－ax)有兩個極值點，其等價于lnx＋1－2ax＝0有兩個不相等的實數(shù)根，亦等價于函數(shù)h(x)＝lnx的圖象與函數(shù)g(x)＝2ax－1的圖象有兩個交點．以下探討臨界狀態(tài)：①如圖所示．當(dāng)函數(shù)h(x)＝lnx與函數(shù)g(x)＝2ax－1的圖象相切時，設(shè)切點為A(m，lnm)，其中m>0，則函數(shù)h(x)的圖象在點A處的切線的斜率k＝eq\f(1,m)，∴2a＝eq\f(1,m).又∵直線g(x)＝2ax－1過點(0，－1)，∴k＝eq\f(lnm＋1,m)，∴eq\f(lnm＋1,m)＝eq\f(1,m).解得m＝1，∴當(dāng)兩線相切時，a＝eq\f(1