2023届北师版高考数学一轮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版附解析）.doc

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)=,则f(x)()A.在(-,+)上单调递增B.在(-,1)上单调递减C.有极大值,无极小值D.有极小值,无极大值4.(2021河南平顶山高三三模)设函数f(x)=,若f(x)的极小值为,则a=()A.-B.C.D.25.(2021山东泰安高三月考)若方程x3-3x+m=0在0,2

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)=2.若f(x1)=g(x2),d=|x2-x1|,则实数d的最小值为()A.B.1-ln 2C.D.7.(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+(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,求实数a的值;(2)求函数f(x)的极值.综合提升组9.(2021天津南

3、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)=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=(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

4、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)=,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)=,函数无极小值,故选C.4.B解析:由已知得f(x)=(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=,即1-a=,得a=,故选B.5.A解析:由题意得-m=x3-3x,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=

5、-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=lnk,x2=,所以x2-x1=-lnk.令g(k)=-lnk(k0),则g(k)=,当0k时,g(k)0;当0;所以g(k)在(0,)上单调递减,在(,+)上单调递增,则g(k)min=g()=0,所以d=|x2-x1|=|g(k)|,则d的最小值为,故选A.7.解析:因为函数f(x)=3cosx+sinx,所以f(x)=-3sinx+cosx,因为x=是函数f(x)=3cosx+sinx的一个极值点,所以

6、f()=-3sin+cos=0,tan=,所以cos2+sin2=.8.解(1)因为f(x)=x-1+,所以f(x)=1-,又因为曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线平行于x轴,所以f(1)=0,即1-=0,所以a=e.(2)由(1)得f(x)=1-.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xlna,所以f(x)在(lna,+)上单调递增,令f(x)0,则x0时,f(x)在x=lna处取得极小值lna,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

7、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=(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,所以解得时,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.当时,f(x)=6x2-1

8、2x+6=6(x-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=,解得a=-10,舍去.综上可得a=-1,故选A.12.-,-3,+)解析:因为函数f(x)=x2-lnx-(aR)在,1上不存在极值点,所以函数f(x)在,1上单调递增或单调递减,所以f(x)0或f(x)0在,1上恒成立.又因为f(x)=2x-,令g(x)=4x2-x-a,其对称轴为x=,所以g(x)min=42-

9、a-=-a,g(x)max=412-a-1=3-a,当f(x)0时,需满足-a0,即a-;当f(x)0时,需满足3-a0,即a3,综上所述,a的取值范围为-,-3,+).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)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,时,函数g(x)=m-f(x)有零点,即当x-2,

10、时,g(x)=0有实数根,即当x-2,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,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,f=,可得f(-2)f,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m的取值范围是-2,2.14.5-e解析:令h(x)=g(x)-f(x)=4x+-ex-lnx,1x2,则h(x)=4-ex-,令m(x)=4-ex-,则m(x)=-ex+,1x2.易知m(x)在定义域上单调递减,则m(1)=3-e0,m(1.1)=-e1.10,则必存在一点x0(1,1.1),使m(x0)=0,即,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-=4-=4-,x0(1,1.1),易知m(x0)在定义域上单调递增,则m(x0)m(1.1)=4-0,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.