2024高考数学一轮复习专练14导数与函数的极值最值含解析文新人教版

PAGE专练14导数与函数的极值最值命题范围：函数的极值最值及导数的应用[基础强化]一、选择题1．[2024·邯郸一中高三测试]函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值为()A.eq\f(1,2)B．1C．0D．不存在2．函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4的极大值为()A.eq\f(28,3)B．6C.eq\f(26,3)D．73．函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))ex＋eq\f(1,2)x的极值点的个数为()A．0B．1C．2D．34．[2024·河南驻马店高三测试]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于()A．11或18B．11C．18D．17或185．[2024·宜昌一中高三测试]已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在微小值，则实数m的取值范围是()A．(－1,2)B．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C．(－3,6)D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)6．[2024·鞍山一中高三测试]已知函数f(x)＝x3－3x－1，在区间[－3,2]上的最大值为M，最小值为N，则M－N＝()A．20B．18C．3D．07．若ex≥k＋x在R上恒成立，则实数k的取值范围是()A．(－∞，1]B．[1，＋∞)C．(－∞，－1]D．[－1，＋∞)8．若a>0，b>0且f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，t＝ab，则实数t的最大值为()A．2B．3C．6D．99．已知f(x)＝x3－3x，过A(1，m)(m≠－2)可作曲线y＝f(x)的三条切线，则m的取值范围是()A．(－1,1)B．(－2,3)C．(－1,2)D．(－3，－2)二、填空题10．[2024·五省优创名校联考]函数f(x)＝ex－2x在[1，e]上的最小值为________．11．[2024·衡水中学高三测试]已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f(m)的最小值为________．12．若不等式a≤eq\f(1－x,x)＋lnx对于随意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))恒成立，则a的取值范围是________．[实力提升]13．[2024·福州一中高三测试]若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的微小值为()A．－1B．－2e－3C．5e－3D．114．已知f(x)＝ax＋x2－xlna(a>0且a≠1)，若函数y＝|f(x)－t|－1有三个零点，则t的值为()A．1B．2C．3D．±215．已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是________．16．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．专练14导数与函数的极值最值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处取得微小值，又f(x)为单峰函数，∴f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2).2．Af′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)，f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，∴f(x)极大值＝f(－2)＝eq\f(28,3).3．A由题意知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，则g′(x)＝ex(x－1)＋ex＝xex，令g′(x)＝0，得x＝0，则函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0，由此可知f′(x)≥0，所以函数f(x)不存在极值点，故选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.))当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3))时，f′(x)＝3(x－1)2≥0，∴在x＝1处不存在极值．当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11))时，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，符合题意．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11.))∴f(2)＝8＋16－22＋16＝18.5．B∵函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在微小值，且f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6，由题意得方程3x2＋2mx＋m＋6＝0有两个不同的实数解，∴Δ＝4m2－12(m＋6)>0，解得m<－3或m>6，∴实数6．A∵f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，所以f(x)在x＝－1两侧先增后减，f(x)在x＝1两侧先减后增，分别计算得f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以M＝1，N＝－19，则M－N＝1－(－19)＝20.故选A.7．A由ex≥k＋x恒成立，∴k≤(ex－x)min，设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)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝1，∴k≤1.8．D由题意得f′(x)＝12x2－2ax－2b，∵f(x)在x＝1处取得极值，∴f′(1)＝0，∴a＋b＝6，∴t＝ab＝a(6－a)＝－(a－3)2＋9，∴tmax＝9，故选D.9．D设切点为(x0，xeq\o\al(3,0)－3x0)(x0≠1)，由题意得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，设g(x)＝－2x3＋3x2－3，g′(x)＝－6x2＋6x＝－6x(x－1)，明显g(x)在x＝0与x＝1处取得极值，又g(0)＝－3，g(1)＝－2＋3－3＝－2，∴当－3<m<－2时，可作三条切线．10．e－2解析：f′(x)＝ex－2，∵x∈[1，e]，∴f′(x)>0，∴f(x)在[1，e]上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝e－2.11．－4解析：∵f′(x)＝－3x2＋2ax，由题意得f′(2)＝0，得a＝3.∴f′(x)＝－3x2＋6x，∴f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，∴当m∈[－1,1]时f(m)min＝f(0)＝－4.12．(－∞，0]解析：设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))内单调递减，在(1,2]上单调递增，∴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，则a≤0.13．Af′(x)＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]，∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，∴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)，∴当x∈(－∞，－2)，(1，＋∞)时f(x)单调递增，f(x)在(－2,1)上单调递减，∴f(x)微小值＝f(1)＝－1.14．B∵f(x)＝ax＋x2－xlna，∴f′(x)＝axlna＋2x－lna＝(ax－1)lna＋2x.当a>0且a≠1时，f′(x)在R上是增函数，且x＝0时，f′(x)＝0，故f′(x)＝0有唯一解．当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，故f(x)min＝f(0)．要使函数y＝|f(x)－t|－1有三个零点，则方程f(x)＝t±1有三个根．即只需t－1＝f(x)min＝f(0)＝1，即t＝2，故选B.15.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－2ax.已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，其等价于lnx＋1－2ax＝0有两个不相等的实数根，亦等价于函数h(x)＝lnx的图象与函数g(x)＝2ax－1的图象有两个交点．以下探讨临界状态：①如图所示．当函数h(x)＝lnx与函数g(x)＝2ax－1的图象相切时，设切点为A(m，lnm)，其中m>0，则函数h(x)的图象在点A处的切线的斜率k＝eq\f(1,m)，∴2a＝eq\f(1,m).又∵直线g(x)＝2ax－1过点(0，－1)，∴k＝eq\f(lnm＋1,m)，∴eq\f(lnm＋1,m)＝eq\f(1,m).解得m＝1，∴当两线相切时，a＝eq\f(1