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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）（Word版附解析）
展开这是一份备战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）（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了故选D，故选A等内容，欢迎下载使用。
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,-613B.25,-25
C.310,-310D.12,-12
答案D
解析f'(x)=1-x2(x2+1)2,x∈[-3,3],令f'(x)>0,解得-1
A.(1,+∞)B.(0,1)
C.(1,3)D.12,1
答案A
解析由f(x)=aln x+x2,得f'(x)=ax+2x,f'(1)=a+2=0,解得a=-2,
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,f(x)单调递增,故函数f(x)的单调递增区间是(1,+∞).故选A.
3.(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.-2B.2C.-1D.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+ln 2)}的最大值为( )
A.2e2B.1eC.ln22D.ln 2
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+ln 2),即xex=x+ln2ex+ln2,解得x=ln 2.作出两函数的图象,如图所示.
则min{f(x),f(x+ln 2)}的最大值为两函数图象交点处函数值,为ln22.故选C.
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)=3xln 3-2单调递增,且f'(0)=ln 3-2<0,f'(1)=3ln 3-2>0,
所以存在唯一x0∈(0,1),使得f'(x0)=0,所以当x
A.c<0
B.a<0
C.f(1)+f(-1)>0
D.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)=sin x·cs x-2sin x+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π2-2
答案BD
解析f'(x)=2cs2x-2cs x=2(csx-12)2-12,
当x∈0,π2时,0≤cs x≤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≤cs x≤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,所以a≤62,所以a的取值范围是(-∞,62].
9.(5分)(2024河北石家庄模拟)已知函数f(x)=ax-ln x的最小值为0,则a= .
答案1e
解析因为f(x)=ax-ln x,所以f'(x)=a-1x=ax-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+ln a=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,2ee
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>2e12=2e,所以a≤2ee,
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)
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-1
D.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)=3xln 3-2xln 2=2x32xln 3-ln 2,
当x=lg3212时,32xln 3=12ln 3=ln 3,可得32xln 3-ln 2=ln 3-ln 2<0,
即f'(x)=3xln 3-2xln 2<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<0,
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)=3xln 3-2xln 2=2x32xln 3-ln 2,2x>0,所以f'(x)的符号决定于32xln 3-ln 2,
显然y=32xln 3-ln 2是R上的增函数,
又因为当x=0时,32xln 3-ln 2=ln 3-ln 2>0;
当x=lg3212时,32xln 3-ln 2=ln 3-ln 2<0,
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,则( )
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,π4上单调递增
D.f(x)的最小值小于-24
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+1=-f(x),所以函数f(x)为奇函数,所以A不正确;
对于B,由f'(x)=(x2+1)csx-2xsinx(x2+1)2,令g(x)=(x2+1)cs x-2xsin x,
则g'(x)=2xcs x-(x2+1)sin x-2sin x-2xcs x=-(x2+3)sin x,
当x∈(0,π]时,可得sin x≥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sin x≤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
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)单调递增,所以C正确;
对于D,由f-π4=sin(-π4)π42+1=-22π216+1<-224216+1=-24,所以D正确.故选BCD.
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],f(x)[2,3],则实数a= .
答案2 3
解析(1)由题意g(x)=x+4x在[m,3]上单调递增,首先有0
(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)=ln x+x2-2kx+k2,若存在实数a,b,满足12≤a
解析由题意知f'(x)=1x+2x-2k=2x2-2kx+1x>0在区间[12,2]内有解,
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92,
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+2lnxx2.
(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|ln x1-ln x2|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)在(0,1)内单调递增;
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|ln x1-ln x2|等价于f(x2)-f(x1)≥k(ln x1-ln x2),即f(x2)+kln x2≥f(x1)+kln x1,即存在x1,x2∈(1,+∞)且x1>x2,使f(x2)+kln x2≥f(x1)+kln x1成立.
令h(x)=f(x)+kln x,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<4lnxx2max,x∈(1,+∞).
令t(x)=4lnxx2,x∈(1,+∞),t'(x)=4(1-2lnx)x3,当x∈(1,e)时,t'(x)>0,t(x)在(1,e)内单调递增,当x∈(e,+∞)时,t'(x)<0,t(x)在(e,+∞)上单调递减,所以t(x)max=t(e)=2e,所以k<2e.
核心素养创新练
17.(17分)(2024山东一模)已知函数f(x)=ln x+12a(x-1)2.
(1)当a=-12时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2,且g(x1)+g(x2)≥-1-32a,求a的取值范围.
解(1)当a=-12时,f(x)=ln x-14(x-1)2,x>0,
则f'(x)=1x-12(x-1)=-(x-2)(x+1)2x,
当x∈(0,2)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(2,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是(2,+∞).
(2)g(x)=f(x)-2x+1=ln x+12a(x-1)2-2x+1,
所以g'(x)=1x+a(x-1)-2=ax2-(a+2)x+1x,
设φ(x)=ax2-(a+2)x+1,令φ(x)=0,由于g(x)有两个极值点x1,x2,
所以Δ=(a+2)2-4a=a2+4>0,x1+x2=a+2a>0,x1x2=1a>0,
解得a>0.
由x1+x2=a+2a,x1x2=1a,
得g(x1)+g(x2)=ln x1+12a(x1-1)2-2x1+1+ln x2+12a(x2-1)2-2x2+1=ln(x1x2)+12a[(x1+x2)2-2x1x2-2(x1+x2)+2]-2(x1+x2)+2=ln1a+12aa+2a2-2a-2·a+2a+2-2·a+2a+2=ln1a+a2-2a-1≥-1-32a,即ln a-12a-1a≤0,
令m(a)=ln a-12a-1a,
则m'(a)=1a-12-12a2=-(a-1)22a2≤0,所以m(a)在(0,+∞)内单调递减,且m(1)=0,所以a≥1,故a的取值范围是[1,+∞).
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