统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练14导数与函数的极值最值文

这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练14导数与函数的极值最值文，共5页。


[基础强化]
一、选择题
1．函数f(x)＝ eq \f(1,2)x2－ln x的最小值为( )
A. eq \f(1,2) B．1
C.0 D．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．6
C. eq \f(26,3) D．7
3．函数f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－1))ex＋ eq \f(1,2)x的极值点的个数为( )
A.0 B．1
C.2 D．3
4．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18 B．11
C.18 D．17或18
5．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是( )
A.(－1，2)
B.(－∞，－3)∪(6，＋∞)
C.(－3，6)
D.(－∞，－1)∪(2，＋∞)
6．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.20 B．18 C．3 D．0
7．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.2 B．3 C．6 D．9
9．[2023·陕西省西安中学高三二模]已知函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3＋ eq \f(1,2)ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2，若f(x1)＝x1，则关于x的方程f2(x)＋af(x)＋b＝0的不同实根个数为( )
A.2 B．3
C.4 D．5
二、填空题
10．函数f(x)＝ex－2x在[1，e]上的最小值为________．
11．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)＋ln x对于任意x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))恒成立，则a的取值范围是________．
[能力提升]
13．[2022·全国乙卷(文)，11]函数f(x)＝cs x＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1))sin x＋1在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2π))的最小值、最大值分别为( )
A.－ eq \f(π,2)， eq \f(π,2) B．－ eq \f(3π,2)， eq \f(π,2)
C.－ eq \f(π,2)， eq \f(π,2)＋2 D．－ eq \f(3π,2)， eq \f(π,2)＋2
14．[2023·江西省南昌市高三模拟]已知函数f(x)＝ln x－ax(x≥1)，若f(x1)＝f(x2)＝m(x1＜x2)，且x2－x1＝1，则实数a的最大值为( )
A.2 B． eq \f(1,2)
C.ln 2 D．e
15．[2023·河南省六市联考]若不等式|x－a|－2ln x≥0恒成立，则a的取值范围是________．
16．[2023·四川省成都高三“二诊模拟”]若指数函数y＝ax(a＞0且a≠1)与五次函数y＝x5的图像恰好有两个不同的交点，则实数a的取值范围是________．
专练14 导数与函数的极值、最值
1．A f′(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02．A f′(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 \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．
4．C f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b＋a2＝10，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－3－2a，,a2－a－12＝0，))
⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝－11，))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝3.))
当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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\{(\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝－11))时，f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，
∴x∈(－ eq \f(11,3)，1)，f′(x)<0；x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，符合题意．∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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极小值，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m的取值范围是(－∞，－3)∪(6，＋∞).
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.
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.
9．B 函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3＋ eq \f(1,2)ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2，假设x1＜x2，则f′(x)＝x2＋ax＋b＝0有两个不等的实数根，Δ＝a2－4b＞0，方程f2(x)＋af(x)＋b＝0的判别式Δ′＝Δ＝a2－4b＞0，所以方程f2(x)＋af(x)＋b＝0有两解，且f(x)＝x1或f(x)＝x2，函数y＝f(x)的图像和直线y＝x1的交点个数即为方程f(x)＝x1解的个数，函数y＝f(x)的图像和直线 y＝x2的交点个数即为方程f(x)＝x2解的个数．f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，又f(x1)＝x1，画出图像如图所示，y＝f(x)的图像和直线y＝x1的交点个数为2个，y＝f(x)的图像和直线y＝x2的交点个数为1个，f(x)＝x1或f(x)＝x2的根共有3个，即方程f2(x)＋af(x)＋b＝0的不同实根个数为3.
10．答案：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．答案：－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．答案：(－∞，0]
解析：设f(x)＝ eq \f(1－x,x)＋ln x，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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令f′(x)<0，得 eq \f(1,2)≤x<1，
∴f(x)在[ eq \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)＋ln x在x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上恒成立，则a≤0.
13．D 因为f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1，所以f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cs x＝(x＋1)·cs x．因为x∈[0，2π]，所以x＋1>0.当f′(x)>0时，解得x∈[0， eq \f(π,2))∪( eq \f(3π,2)，2π]；当f′(x)<0时，解得x∈( eq \f(π,2)， eq \f(3π,2)).所以f(x)在[0， eq \f(π,2))上单调递增，在[ eq \f(π,2)， eq \f(3π,2)]上单调递减，在( eq \f(3π,2)，2π]上单调递增．又f(0)＝2，f( eq \f(π,2))＝ eq \f(π,2)＋2，f( eq \f(3π,2))＝－ eq \f(3π,2)，f(2π)＝2，所以f(x)的最大值为 eq \f(π,2)＋2，最小值为－ eq \f(3π,2).故选D.
14．C f′(x)＝ eq \f(1,x)－a，若a≤0，则f′(x)＝ eq \f(1,x)－a＞0不满足f(x1)＝f(x2)＝m(x1＜x2)，
所以a＞0，令f′(x)＝0，得x＝ eq \f(1,a)，当0＜x＜ eq \f(1,a)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x＞ eq \f(1,a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，因为x2－x1＝1，所以x2＝x1＋1，又f(x1)＝f(x2)＝f(x1＋1)，
所以ln x1－ax1＝ln (x1＋1)－a(x1＋1)，
即a＝ln (x1＋1)－ln x1＝ln eq \f(x1＋1,x1)＝ln (1＋ eq \f(1,x1))，
因为x1≥1，
所以1＜1＋ eq \f(1,x1)≤2，
所以a∈(0，ln 2]，
故实数a的最大值为ln 2.
15．答案：(－∞，2－2ln 2]
解析：当x∈(0，1]时，ln x≤0，此时|x－a|≥2ln x恒成立，
故x∈(1，＋∞)时，|x－a|≥2ln x恒成立，即x－a≥2ln x或x－a≤－2ln x，
即a≤x－2ln x或a≥x＋2ln x.
设f(x)＝x－2ln x，则f′(x)＝1－ eq \f(2,x)＝ eq \f(x－2,x).
当x∈(1，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
故f(x)min＝f(2)＝2－2ln 2，故a≤2－2ln 2.
设g(x)＝x＋2ln x，则f′(x)＝1＋ eq \f(2,x)＞0，所以f(x)在x∈(1，＋∞)单调递增，不存在最大值，综上可知，a的取值范围是(－∞，2－2ln 2].
16．答案：(1，e eq \s\up6(\f(5,e)))
解析：指数函数y＝ax(a＞0且a≠1)与五次函数y＝x5的图像恰好有两个不同的交点，等价于方程ax＝x5有两个不同的解．对方程ax＝x5两边同时取对数，得ln ax＝ln x5，即x ln a＝5ln x．因为x≠0，所以 eq \f(ln a,5)＝ eq \f(ln x,x)，从而可转化为f(x)＝ eq \f(ln a,5)与g(x)＝ eq \f(ln x,x)在图像上有两个不同的交点，g′(x)＝ eq \f(x·\f(1,x)－ln x,x2)＝ eq \f(1－ln x,x2).当x∈(0，e)时，g′(x)＞0，当x∈(e，＋∞)时，g′(x)＜0，所以函数g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以函数g(x)在x＝e处取到极大值，也是最大值，且最大值为 eq \f(1,e).又因为当x∈(0，1)时，g(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0，所以0＜f(x)＝ eq \f(ln a,5)＜ eq \f(1,e).解得1＜a＜e eq \s\up6(\f(5,e))，即a∈(1，e eq \s\up6(\f(5,e))).