2024届高三数学一轮复习基础夯实练20：导数与函数的极值、最值

这是一份2024届高三数学一轮复习基础夯实练20：导数与函数的极值、最值，共8页。试卷主要包含了已知函数f＝x3－x＋1，则等内容，欢迎下载使用。
基础夯实练20  导数与函数的极值、最值1．(多选)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是(　　)A．f(x)在区间(－2,3)上有2个极值点B．f′(x)在x＝－1处取得极小值C．f(x)在区间(－2,3)上单调递减D．f(x)在x＝0处的切线斜率小于02．函数f(x)＝x－sin x在上的极小值为(　　)A.－   B.－C.－   D.－3．已知x＝2是f(x)＝2ln x＋ax2－3x的极值点，则f(x)在上的最大值是(　　)A．2ln 3－   B．－C．－2ln 3－   D．2ln 2－44．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)等于(　　)A．－1  B．－  C.  D．15．已知函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，则实数a的取值范围为(　　)A.   B.C.   D．(0,2)6．(多选)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　)A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线7．(2023·潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f(x)＝________.8．甲、乙两地相距240 km，汽车从甲地以速度v(km/h)匀速行驶到乙地．已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成，固定成本为160元，可变成本为元．为使全程运输成本最小，汽车应以________km/h的速度行驶．9．设函数f(x)＝aln x＋＋2a2x－4a，其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．         10．(2023·张家口质检)已知函数f(x)＝ex＋e－x－ax2－2.(1)当a＝1时，证明：函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；(2)若g(x)＝f(x)－e－x，讨论函数g(x)的极值点的个数．           11．(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则(　　)A．a<b   B．a>bC．ab<a2   D．ab>a212．已知函数f(x)＝若a<b，且f(a)＝f(b)，则b－a的最小值为(　　)A．1  B.  C．e－1  D．213.如图所示，已知直线y＝kx与曲线y＝f(x)相切于两点，函数g(x)＝kx＋m(m>0)，则对函数F(x)＝g(x)－f(x)描述正确的是(　　)A．有极小值点，没有极大值点B．有极大值点，没有极小值点C．至少有两个极小值点和一个极大值点D．至少有一个极小值点和两个极大值点14．设函数f(x)＝mx2ex＋1，若对任意a，b，c∈[－3,1]，f(a)，f(b)，f(c)都可以作为一个三角形的三边长，则m的取值范围为________．
参考答案1．BCD　2.D　3.A　4.B5．C　[由f(x)＝ax2－2x＋ln x(x>0)，得f′(x)＝2ax－2＋＝(x>0)，若函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，则方程2ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正实根，所以解得0<a<.]6．AC　[因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±.由f′(x)＝3x2－1>0得x>或x<－；由f′(x)＝3x2－1<0得－<x<.所以f(x)＝x3－x＋1在，上单调递增，在上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确；因为f(x)的极小值f＝3－＋1＝1－>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误；因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确；假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3x－1＝2，解得x0＝±1；若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上；若x0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1,1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选AC.]7．sin x(答案不唯一)　8.809．解　(1)f′(x)＝－＋2a2＝＝，x>0，∵a>0，∴－<0<.∴在上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在上，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上所述，f(x)在上单调递减，在上单调递增．(2)由(1)可知，f(x)min＝f ＝aln ＋3a＋2a－4a＝aln ＋a＝a(1－ln a)，∵y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，∴1－ln a>0，∴0<a<e.∴a的取值范围为(0，e)．10．(1)证明　当a＝1时，f(x)＝ex＋e－x－x2－2，f′(x)＝ex－e－x－2x.令φ(x)＝ex－e－x－2x，当x>0时，φ′(x)＝ex＋e－x－2>0，所以函数f′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，故f′(x)>f′(0)＝0，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)解　由题意知，g(x)＝ex－ax2－2，当a＝0时，g(x)＝ex－2单调递增，无极值点，当a≠0时，g′(x)＝ex－2ax，由g′(0)＝1，得x＝0不是极值点．令ex－2ax＝0(x≠0)，得2a＝，令h(x)＝，则h′(x)＝，当x<0时，h(x)<0，且h′(x)<0，当a<0时，方程2a＝有唯一小于零的解，故函数g(x)存在一个极值点；当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0，故函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，h(1)＝e为函数h(x)的极小值，所以当0<a<时，方程2a＝无解，函数g(x)无极值点；当a＝时，方程2a＝有一个解，但当0<x<1时，>2a，g′(x)＝ex－2ax>0，当x>1时，>2a，g′(x)＝ex－2ax>0，故函数g(x)无极值点．当a>时，方程2a＝有两解，函数g(x)存在一个极大值点和一个极小值点．综上，当a<0时，函数g(x)存在一个极值点，当0≤a≤时，函数g(x)无极值点，当a>时，函数g(x)存在一个极大值点和一个极小值点．11．D　[当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b.　图1　　　　　　　图2综上，可知必有ab>a2成立．]12．D　[令f(a)＝f(b)＝t(t>0)，因为f(x)＝且a<b，所以－＝t，ln b＋1＝t，所以a＝－，b＝et－1，因此b－a＝et－1＋，令f(t)＝et－1＋(t>0)，则f′(t)＝et－1－，当t∈(0,1)时，f′(t)<0，f(t)单调递减；当t∈(1，＋∞)时，f′(t)>0，f(t)单调递增，所以f(t)在t＝1处取得极小值，也是最小值，f(1)＝e1－1＋＝2，因此b－a的最小值为2.]13．C　[由题意得，F(x)＝kx＋m－f(x)，则F′(x)＝k－f′(x)，设直线y＝kx与曲线y＝f(x)的两个切点的横坐标分别为x1，x2且x1<x2，所以F′(x)＝0的两个零点为x1，x2，由图知，存在x0∈(x1，x2)使F′(x0)＝0，综上，F′(x)有三个不同零点x1<x0<x2，由图可得在(0，x1)上F′(x)<0，在(x1，x0)上F′(x)>0，在(x0，x2)上F′(x)<0，在(x2，＋∞)上F′(x)>0，所以F(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，x0)上单调递增，在(x0，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．故F(x)至少有两个极小值点和一个极大值点．]14.解析　设函数g(x)＝x2ex，x∈[－3,1]，则g′(x)＝x(x＋2)ex.当－3≤x<－2或0<x≤1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当－2<x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．又g(－3)＝，g(0)＝0，g(－2)＝，g(1)＝e，所以g(x)的值域为[0，e]．当m≥0时，2×1>me＋1，解得0≤m<；当m<0时，2(me＋1)>1，解得－<m<0.综上可得，－<m<.