2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材）第四章一元函数的导数及其应用 课时规范练17　利用导数研究函数的极值与最值 WORD版含解析.docx

1、 课时训练17利用导数研究函数的极值与最值基础巩固组1.(2021浙江丽水高三联考)函数f(x)=3x2+ln x-2x的极值点的个数是()A.0B.1C.2D.无数个2.(2021湖北武汉高三月考)函数f(x)=(x-2)ex的最小值为()A.-2B.-eC.-1D.03.(2021陕西西安高三月考)已知函数f(x)=3xex,则f(x)()A.在(-,+)上单调递增B.在(-,1)上单调递减C.有极大值3e,无极小值D.有极小值3e,无极大值4.(2021河南平顶山高三三模)设函数f(x)=exx+a,若f(x)的极小值为e,则a=()A.-12B.12C.32D.25.(2021山东泰安

2、高三月考)若方程x3-3x+m=0在0,2上有解,则实数m的取值范围是()A.-2,2B.0,2C.-2,0D.(-,-2)(2,+)6.(2021江苏南京高三模拟)已知函数f(x)=ex,g(x)=2x.若f(x1)=g(x2),d=|x2-x1|,则实数d的最小值为()A.1-ln22B.1-ln 2C.14D.1e7.(2021浙江宁波高三二模)设x=是函数f(x)=3cos x+sin x的一个极值点,则cos 2+sin 2=.8.(2021辽宁大连高三月考)已知函数f(x)=x-1+aex(aR,e为自然对数的底数).(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线平行于x轴,求

3、实数a的值;(2)求函数f(x)的极值.综合提升组9.(2021天津南开中学高三)已知x=3是函数f(x)=(x2+ax+b)e3-x的一个极值点,则一定有()A.b1B.b3C.b5D.b710.(2021湖北十堰高三二模)已知函数f(x)=2x3+3mx2+2nx+m2在x=1处有极小值,且极小值为6,则m=()A.5B.3C.-2D.-2或511.(2021湖南岳阳高三期末)设函数f(x)=x+a,x0,lnx,x0,已知x10,令g(x)=6x2-2x+1,其中=-200恒成立,故f(x)0恒成立,即函数f(x)在定义域上单调递增,无极值点.2.B解析 f(x)=ex+(x-2)ex=

4、(x-1)ex,令f(x)=0,解得x=1,易得f(x)在(-,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,故f(x)的最小值为f(1)=-e,故选B.3.C解析 由题意f(x)=3(1-x)ex,当x0,f(x)单调递增;当x1时,f(x)0,f(x)单调递减,所以f(1)是函数f(x)的极大值,也是最大值,f(1)=3e,函数无极小值,故选C.4.B解析 由已知得f(x)=ex(x+a-1)(x+a)2(x-a),令f(x)=0,得x=1-a,所以当x1-a时f(x)单调递增,所以f(x)的极小值为f(1-a)=e1-a=e,即1-a=12,得a=12,故选B.5.A解析 由题意得-m=x3-

5、3x,x0,2,令y=x3-3x,x0,2,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=1时,y=-2;当x=2时,y=2;当x=0时,y=0,所以函数y=x3-3x,x0,2的值域是-2,2,因此-m-2,2,即m-2,2,故选A.6.A解析 令f(x1)=g(x2)=k0,则x1=ln k,x2=k24,所以x2-x1=k24-ln k.令g(k)=k24-ln k(k0),则g(k)=k2-1k=k2-22k,当0k2时,g(k)0;当20;所以g(k)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增,则g(k)min=g(2)=

6、1-ln220,所以d=|x2-x1|=|g(k)|1-ln22,则d的最小值为1-ln22,故选A.7.75解析 因为函数f(x)=3cos x+sin x,所以f(x)=-3sin x+cos x,因为x=是函数f(x)=3cos x+sin x的一个极值点,所以f()=-3sin +cos =0,tan =13,所以cos 2+sin 2=cos2-sin2+2sincoscos2+sin2=1-tan2+2tan1+tan2=1-19+2131+19=75.8.解 (1)因为f(x)=x-1+aex,所以f(x)=1-aex,又因为曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线平行于x轴,

7、所以f(1)=0,即1-ae=0,所以a=e.(2)由(1)得f(x)=1-aex.当a0时,f(x)0,所以f(x)在(-,+)上单调递增,因此f(x)无极值;当a0时,令f(x)0,则xln a,所以f(x)在(ln a,+)上单调递增,令f(x)0,则x0时,f(x)在x=ln a处取得极小值ln a,无极大值.9.C解析 f(x)=(2x+a)e3-x-(x2+ax+b)e3-x=-x2+(2-a)x+a-be3-x,因为x=3是函数f(x)=(x2+ax+b)e3-x的一个极值点,所以f(3)=-2a-3-b=0,即b=-2a-3,所以f(x)=-x2+(2-a)x+3a+3e3-x

8、=(3-x)(x+a+1)e3-x,令f(x)=0,得x=3或x=-a-1,所以-a-13,即-4a,所以b-2a-3=5,故选C.10.A解析 f(x)=6x2+6mx+2n.因为f(x)在x=1处有极小值,且极小值为6,所以f(1)=0,f(1)=6,即6+6m+2n=0,2+3m+2n+m2=6,解得m=5,n=-18或m=-2,n=3.当m=5,n=-18时,f(x)=6x2+30x-36=(x+6)(6x-6),则f(x)在(-,-6)上单调递增,在(-6,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,f(x)在x=1处有极小值6.当m=-2,n=3时,f(x)=6x2-12x+6=6(x

9、-1)20,则f(x)在R上单调递增,f(x)无极值.故选A.11.A解析 令f(x1)=f(x2)=t,作出函数f(x)的图象如图,由图象可知t(-,a,因为x10时,g(t)在(-,0上单调递减,在(0,a上单调递增,所以g(t)min=g(0)=e0-0+a=1e,解得a=1e-10,舍去.综上可得a=-1,故选A.12.-,-1163,+)解析 因为函数f(x)=x2-a2ln x-x2(aR)在116,1上不存在极值点,所以函数f(x)在116,1上单调递增或单调递减,所以f(x)0或f(x)0在116,1上恒成立.又因为f(x)=2x-a2x-12=4x2-x-a2x,令g(x)=

10、4x2-x-a,其对称轴为x=18,所以g(x)min=4182-a-18=-116-a,g(x)max=412-a-1=3-a,当f(x)0时,需满足-116-a0,即a-116;当f(x)0时,需满足3-a0,即a3,综上所述,a的取值范围为-,-1163,+).13.解 (1)由题意,函数f(x)=ax3+bx,可得f(x)=3ax2+b,因为函数f(x)在x=1处有极值2,可得f(1)=a+b=2,f(1)=3a+b=0,解得a=-1,b=3,所以函数f(x)=-x3+3x,此时f(x)=-3x2+3=-3(x+1)(x-1),当x1时,f(x)0,f(x)单调递减;当-1x0,f(x

11、)单调递增,所以当x=1时,函数取得极大值2,符合题意,所以a=-1,b=3.(2)由当x-2,12时,函数g(x)=m-f(x)有零点,即当x-2,12时,g(x)=0有实数根,即当x-2,12时,函数y=m与y=f(x)的图象有交点.又由(1)知,f(x)=-x3+3x,当x-2,-1)时,函数f(x)单调递减;当x-1,12时,函数f(x)单调递增,所以当x=-1时,函数f(x)取得最小值,最小值为f(-1)=-2.又由f(-2)=2,f12=118,可得f(-2)f12,所以函数的最大值为2,即函数f(x)的值域为-2,2,要使函数y=m与y=f(x)的图象有交点,可得-2m2,即实数

12、m的取值范围是-2,2.14.5-e解析 令h(x)=g(x)-f(x)=4x+1x-ex-ln x,1x2,则h(x)=4-1x2-ex-1x,令m(x)=4-1x2-ex-1x,则m(x)=2x3-ex+1x2,1x2.易知m(x)在定义域上单调递减,则m(1)=3-e0,m(1.1)=21.13+11.12-e1.10,则必存在一点x0(1,1.1),使m(x0)=2x03-ex0+1x02=0,即2x03+1x02=ex0,即m(x)在(1,x0)上单调递增,在(x0,2)上单调递减,则函数m(x)在x0处取得最大值,且m(x0)=4-1x02-ex0-1x0=4-1x02-1x0-2x03-1x02=4-2x02-1x0-2x03,x0(1,1.1),易知m(x0)在定义域上单调递增,则m(x0)m(1.1)=4-21.12-11.1-21.130,则m(x)0,在1x2时恒成立,即h(x)0,故h(x)在定义域上单调递减,从而h(x)h(1)=5-e.