备战2025年高考二轮复习数学专题突破练3　利用导数研究函数的单调性、极值与最值(提升篇)

专题突破练(分值:113分)学生用书P139主干知识达标练1.(2024陕西西安二模)函数f(x)=xx2+1在[-3,3]上的最大值和最小值分别是A.613,-613 B.25C.310,-310 D.12答案D解析f'(x)=1-x2(x2+1)2,x∈[-3,3],令f'(x)>0,解得-1<x<1,即f(x)在(-1,1)内单调递增,令f'(x)<0,解得x∈[-3,-1)∪(1,3],所以f(x)在[-3,-1)和(1,3]上单调递减,又f(-3)=-310,f(-1)=-12,f(1)=12,f(3)=310,所以函数f(x)2.(2024山西晋城模拟)若f(x)=alnx+x2在x=1处有极值,则函数f(x)的单调递增区间是()A.(1,+∞) B.(0,1) C.(1,3) D.12,1答案A解析由f(x)=alnx+x2,得f'(x)=ax+2x,f'(1)=a+2=0,解得a=-故f'(x)=-2x+2x=2x2-2x=2(x+1)(x-1)x(x>0),当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f3.(2024陕西渭南模拟)已知函数f(x)=xex+a在区间[0,1]上的最小值为1,则实数a的值为()A.-2 B.2 C.-1 D.1答案D解析由题意可知f'(x)=(x+1)ex,所以当x∈[0,1]时,f'(x)>0,则f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)min=f(0)=a=1.故选D.4.(2024江苏一模)用min{x,y}表示x,y中的最小数.已知函数f(x)=xex,则min{f(x),f(x+ln2)}的最大值为(A.2e2 B.1e答案C解析∵f(x)=xex,∴f'(x)=1-xex,易知f(x)在(-∞,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,由题意令f(x)=f(x+ln2),即xex=x+ln2则min{f(x),f(x+ln2)}的最大值为两函数图象交点处函数值,为ln22.故选5.(2024北京延庆一模)已知函数f(x)=3x-2x-1,则不等式f(x)<0的解集是()A.(0,1) B.(0,+∞) C.(-∞,0) D.(-∞,0)∪(1,+∞)答案A解析因为f'(x)=3xln3-2单调递增,且f'(0)=ln3-2<0,f'(1)=3ln3-2>0,所以存在唯一x0∈(0,1),使得f'(x0)=0,所以当x<x0时,f'(x)<0,当x>x0时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(-∞,x0)内单调递减,在(x0,+∞)内单调递增,又f(0)=f(1)=0,且0<x0<1,所以由f(x)<0可得0<x<1,故选A.6.(多选题)(2024江苏苏州模拟)函数f(x)=ax3-bx2+cx的图象如图,且f(x)在x=x0与x=1处取得极值,给出下列判断,其中正确的是()A.c<0B.a<0C.f(1)+f(-1)>0D.函数f'(x)在(0,+∞)内单调递减答案AC解析f'(x)=3ax2-2bx+c=3a(x-x0)(x-1),由图知x>1时,f(x)单调递增,可知f'(x)>0,所以a>0,故B错误;又f'(x)=3ax2-2bx+c=3a(x-x0)(x-1)=3ax2-3a(1+x0)x+3ax0,∴2b=3a(1+x0),c=3ax0.∵x0<-1<0,∴c=3ax0<0,故A正确;∵x0<-1<0,∴1+x0<0,∴f(1)+f(-1)=-2b=-3a(1+x0)>0,故C正确;f'(x)=3ax2-2bx+c,其图象开口向上,对称轴小于0,函数f'(x)在(0,+∞)上单调递增,故D错误.故选AC.7.(多选题)(2024云南昆明模拟预测)已知函数f(x)=sinx·cosx-2sinx+x,则下列说法正确的是()A.f(x)在0,π2上单调递增B.f(x)在π2,π上单调递增C.f(x)在[0,π]上有唯一零点D.f(x)在[0,π]上有最小值π2-答案BD解析f'(x)=2cos2x-2cosx=2(cosx当x∈0,π2时,0≤cosx≤1,易知f'(x)≤0,仅当x=0或x=π2时,f'(x)=0,所以f(x)在0,π2上单调递减.当x∈π2,π时,-1≤cosx≤0,易知f'(x)≥0,仅当x=π2时,f'(x)=0,所以f(x)在π2,π上单调递增.f(x)在x=π2上取极小值为fπ2=π2-2,又f(0)=0,f(π)=π,所以f(x)在[0,π]上有两个零点x1=0,x2∈π2,π,所以A,C错误;B,D正确.故选BD.8.(5分)(2024江西上饶一模)若函数f(x)=x3-12ax2+6x在区间(1,3)内单调递增,则a的取值范围为答案(-∞,62]解析因为f(x)=x3-12ax2+6x,所以f'(x)=3x2-ax+6,因为函数f(x)=x3-12ax2+6x在区间(1,3)内单调递增,所以f'(x)=3x2-ax+6≥0在(1,3)内恒成立,即x∈(1,3)时,a≤3x+6x恒成立.因为3x+6x≥23x×6x=62,当且仅当x=2时等号成立,即(3x+6x)min=62,9.(5分)(2024河北石家庄模拟)已知函数f(x)=ax-lnx的最小值为0,则a=.

答案1解析因为f(x)=ax-lnx,所以f'(x)=a-1x若a≤0,则f(x)在(0,+∞)内单调递减,无最小值.若a>0,则f(x)在0,1a内单调递减,在1a,+∞内单调递增,所以f(x)min=f1a=1+lna=0,解得a=1e.10.(5分)(2024湖北襄阳模拟)函数f(x)的导函数为f'(x),若在f(x)的定义域内存在一个区间D,f(x)在区间D上单调递增,f'(x)在区间D上单调递减,则称区间D为函数f(x)的一个“渐缓增区间”.若对于函数f(x)=aex-x2,区间0,12是其一个渐缓增区间,那么实数a的取值范围是.

答案ee,解析对于函数f(x)=aex-x2,x∈0,12,有f'(x)=aex-2x,令g(x)=aex-2x,则g'(x)=aex-2,因为f'(x)在区间0,12上单调递减,所以aex-2≤0恒成立,即a≤2ex恒成立,又2ex>2又f(x)在区间0,12上单调递增,所以f'(x)=aex-2x≥0恒成立,即a≥2xex恒成立.设h(x)=2xex,则h'(x)=2(1-x)ex,在0,12内h'(x)>0,则h(x)单调递增,则h(x)<ee所以a的取值范围是ee,2关键能力提升练11.(多选题)(2024山东泰安模拟预测)已知函数f(x)=3x-2x,则()A.f(x)是R上的增函数B.函数h(x)=f(x)+x有且仅有一个零点C.函数f(x)的最小值为-1D.f(x)存在唯一极值点答案BD解析对于选项A,因为f(x)=3x-2x,则f'(x)=3xln3-2xln2=2x32xln3-ln2,当x=log3212时,32xln3=12ln3=ln3,可得32xln3-ln2=即f'(x)=3xln3-2xln2<0,所以f(x)=3x-2x不是R上的增函数,故A错误;对于选项B,因为h(x)=f(x)+x,当x=0时,h(0)=f(0)+0=0,可知x=0是h(x)的零点;当x>0时,h(x)=f(x)+x=3x-2x+x>0,可知h(x)在(0,+∞)内无零点;当x<0时,0<32x<1,则f(x)=2x32x-1可得h(x)=f(x)+x<0,可知h(x)在(-∞,0)内无零点.综上所述,函数h(x)=f(x)+x有且仅有一个零点,故B正确;对于选项C,当x>0时,f(x)=3x-2x>0;当x=0时,f(0)=30-20=0;当x<0时,0<3x<1,0<2x<1,可得f(x)=3x-2x>-2x>-1.综上所述,f(x)>-1,所以-1不是函数f(x)的最小值,故C错误;对于选项D,因为f'(x)=3xln3-2xln2=2x32xln3-ln2,2x>0,所以f'(x)的符号决定于32xln3-ln显然y=32xln3-ln2是R又因为当x=0时,32xln3-ln2=ln3-ln2当x=log3212时,32xln3-ln2=ln3所以∃x0∈R,使f'(x0)=0,在(-∞,x0)内,f'(x)<0,在(x0,+∞)内,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,x0)内为减函数,在(x0,+∞)内为增函数.所以f(x)有唯一极值点,故D正确.故选BD.12.(2024江苏南通二模)若函数f(x)=eax+2x有大于零的极值点,则实数a的取值范围为()A.(-2,+∞) B.-12,+∞C.(-∞,-2) D.-∞,-12答案C解析函数f(x)=eax+2x,可得f'(x)=aeax+2,若a≥0,则f'(x)>0,此时f(x)单调递增,无极值点.故a<0,令f'(x)=aeax+2=0,解得x=1aln-2a,当x>1aln-2a时,f'(x)>0,当x<1aln-2a时,f'(x)<0,故x=1aln-2a是f(x)=eax+2x的极值点.由于函数f(x)=eax+2x有大于零的极值点,∴1aln-2a>0,又a<0,∴ln-2a<0,∴0<-2a<1,解得a<-2.故选C.13.(多选题)(2024江苏常州模拟)已知x∈[-π,π],函数f(x)=sinxx2+1,A.f(x)的图象关于y轴对称B.f(x)恰有2个极值点C.f(x)在-π4,πD.f(x)的最小值小于-2答案BCD解析对于A,由f(x)=sinxx2+1,可得其定义域为R,且f(-x)=sin(-x)(-x)2+1=-sinxx2对于B,由f'(x)=(x2+1)cosx-2xsinx(x2+1)2,令g则g'(x)=2xcosx-(x2+1)sinx-2sinx-2xcosx=-(x2+3)sinx,当x∈(0,π]时,可得sinx≥0,所以g'(x)≤0,且仅当x=π时,g'(x)=0,g(x)单调递减;当x∈[-π,0)时,可得sinx≤0,所以g'(x)≥0,且仅当x=-π时,g'(x)=0,g(x)单调递增,由g(π)=-(π2+1)<0,g(-π)=-(π2+1)<0且g(0)=1>0,可得g(0)g(π)<0,g(-π)g(0)<0,所以g(x)在(-π,0)和(0,π)内各有一个零点,设两个零点分别为x1,x2,不妨设x1<x2.当x∈[-π,x1)时,g(x)<0,可得f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x1,x2)时,g(x)>0,可得f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x2,π]时,g(x)<0,可得f'(x)<0,f(x)单调递减,所以x1,x2为函数f(x)的2个极值点,且只有2个极值点,所以B正确;对于C,由B知,g(x)在[-π,0)内单调递增,在(0,π]上单调递减,又由g-π4=22π216+1-π2=232(π-4)2>0,且gπ4=232(π-4)2>0,则当x∈-π4,π4时,g(x)>0,即f'(x)>0,所以函数f(x)对于D,由f-π4=sin(-π4)π42+1=-14.(5分)(2024江苏镇江模拟)如果函数f(x)在区间[a,b]上为增函数,则记为f(x)[a,b],函数f(x)在区间[a,b]上为减函数,则记为f(x)[a,b].已知(x+4x)[m,3],则实数m的最小值为;函数f(x)=2x3-3ax2+12x+1,且f(x)[1,2],答案23解析(1)由题意g(x)=x+4x在[m,3]上单调递增,首先有0<m<3(若m≤0,则当x=0时,g(x)无意义),由对勾函数性质得当x>0时,g(x)=x+4x的单调递增区间为(2,+∞),所以2≤m<3,即实数m的最小值为(2)f(x)显然可导,f'(x)=6x2-6ax+12,由题意f(x)在[1,2]上单调递减,在[2,3]上单调递增,即x=2是函数f(x)的极值点,所以f'(2)=6(4-2a+2)=0,解得a=3,经检验a=3满足题意.15.(5分)(2024上海静安模拟)记f(x)=lnx+x2-2kx+k2,若存在实数a,b,满足12≤a<b≤2,使得函数y=f(x)在区间[a,b]上单调递增,则实数k的取值范围是答案-∞,94解析由题意知f'(x)=1x+2x-2k=2x2-2kx+1x>即2k<2x+1x在区间12,2内有解.设g(x)=2x+1x,则该函数在12,22内单调递减,在22,2上单调递增,且g12=3,g(2)=92,故g(x)=2x+1x在12,2上的最大值为故2k<92,即实数k的取值范围是-∞,94.16.(17分)(2024浙江金华模拟)已知函数f(x)=1+2lnx(1)求f(x)的单调区间;(2)若存在x1,x2∈(1,+∞)且x1≠x2,使|f(x1)-f(x2)|≥k|lnx1-lnx2|成立,求k的取值范围.解(1)由题意得f'(x)=-4lnxx3,令f'(x)=0,得x=1,当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)在(1,+∞)上单调递减.综上可知,f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).(2)由题意存在x1,x2∈(1,+∞)且x1≠x2,不妨设x1>x2>1,由(1)知当x∈(1,+∞)时,f(x)单调递减.|f(x1)-f(x2)|≥k|lnx1-lnx2|等价于f(x2)-f(x1)≥k(lnx1-lnx2),即f(x2)+klnx2≥f(x1)+klnx1,即存在x1,x2∈(1,+∞)且x1>x2,使f(x2)+klnx2≥f(x1)+klnx1成立.令h(x)=f(x)+klnx,则h(x)在(1,+∞)上存在单调递减区间.即h'(x)=kx2-4lnxx3<0在(1,+∞)上有解,即k<4lnxx2在(1,+∞)上有解,即k<4ln令t(x)=4lnxx2,x∈(1,+∞),t'(x)=4(1-2lnx)x3,当x∈