2023届人教A版新高考数学新教材一轮复习第四章一元函数的导数及其应用课时规范练17利用导数研究函数的极值与最值（Word版带解析）

课时训练17　利用导数研究函数的极值与最值基础巩固组1.(2021浙江丽水高三联考)函数f(x)=3x2+lnx-2x的极值点的个数是(　　)A.0B.1C.2D.无数个2.(2021湖北武汉高三月考)函数f(x)=(x-2)·ex的最小值为(　　)A.-2B.-eC.-1D.03.(2021陕西西安高三月考)已知函数f(x)=,则f(x)(　　)A.在(-∞,+∞)上单调递增B.在(-∞,1)上单调递减C.有极大值,无极小值D.有极小值,无极大值4.(2021河南平顶山高三三模)设函数f(x)=,若f(x)的极小值为,则a=(　　)A.-B.C.D.25.(2021山东泰安高三月考)若方程x3-3x+m=0在[0,2]上有解,则实数m的取值范围是(　　)A.[-2,2]B.[0,2]C.[-2,0]D.(-∞,-2)∪(2,+∞)6.(2021江苏南京高三模拟)已知函数f(x)=ex,g(x)=2.若f(x1)=g(x2),d=|x2-x1|,则实数d的最小值为(　　)A.B.1-ln2C.D.7.(2021浙江宁波高三二模)设x=θ是函数f(x)=3cosx+sinx的一个极值点,则cos2θ+sin2θ=　　　　. 8.(2021辽宁大连高三月考)已知函数f(x)=x-1+(a∈R,e为自然对数的底数).(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,求实数a的值;(2)求函数f(x)的极值.\n综合提升组9.(2021天津南开中学高三)已知x=3是函数f(x)=(x2+ax+b)e3-x的一个极值点,则一定有(　　)A.b≠1B.b≠3C.b≠5D.b≠710.(2021湖北十堰高三二模)已知函数f(x)=2x3+3mx2+2nx+m2在x=1处有极小值,且极小值为6,则m=(　　)A.5B.3C.-2D.-2或511.(2021湖南岳阳高三期末)设函数f(x)=已知x1<x2且f(x1)=f(x2),若x2-x1的最小值为,则实数a的值为(　　)A.-1B.-1C.-1或-1D.212.(2021北京西城高三模拟)已知函数f(x)=x2-lnx-(a∈R)在,1内不存在极值点,则实数a的取值范围是　　　　. 13.已知函数f(x)=ax3+bx在x=1处有极值2.(1)求实数a,b的值;(2)若当x∈-2,时,函数g(x)=m-f(x)有零点,求实数m的取值范围.\n创新应用组14.(2021浙江温州高三模拟)已知函数f(x)=ex+lnx,g(x)=4x+,且x满足1≤x≤2,则g(x)-f(x)的最大值为　　　　. \n课时规范练17　利用导数研究函数的极值与最值1.A　解析函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=6x+-2=,由于x>0,令g(x)=6x2-2x+1,其中Δ=-20<0,所以g(x)>0恒成立,故f'(x)>0恒成立,即函数f(x)在定义域上单调递增,无极值点.2.B　解析f'(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex,令f'(x)=0,解得x=1,易得f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故f(x)的最小值为f(1)=-e,故选B.3.C　解析由题意f'(x)=,当x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(1)是函数f(x)的极大值,也是最大值,f(1)=,函数无极小值,故选C.4.B　解析由已知得f'(x)=(x≠-a),令f'(x)=0,得x=1-a,所以当x<1-a时f(x)单调递减,当x>1-a时f(x)单调递增,所以f(x)的极小值为f(1-a)=e1-a=,即1-a=,得a=,故选B.5.A　解析由题意得-m=x3-3x,x∈[0,2],令y=x3-3x,x∈[0,2],则y'=3x2-3.令y'=0,解得x=1,易得函数在[0,1)上单调递减,在(1,2]上单调递增,又因为当x=1时,y=-2;当x=2时,y=2;当x=0时,y=0,所以函数y=x3-3x,x∈[0,2]的值域是[-2,2],因此-m∈[-2,2],即m∈[-2,2],故选A.6.A　解析令f(x1)=g(x2)=k>0,则x1=lnk,x2=,所以x2-x1=-lnk.令g(k)=-lnk(k>0),则g'(k)=,当0<k<时,g'(k)<0;当<k时,g'(k)>0;所以g(k)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,则g(k)min=g()=>0,所以d=|x2-x1|=|g(k)|≥,则d的最小值为,故选A.7.　解析因为函数f(x)=3cosx+sinx,所以f'(x)=-3sinx+cosx,因为x=θ是函数\nf(x)=3cosx+sinx的一个极值点,所以f'(θ)=-3sinθ+cosθ=0,tanθ=,所以cos2θ+sin2θ=.8.解(1)因为f(x)=x-1+,所以f'(x)=1-,又因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,所以f'(1)=0,即1-=0,所以a=e.(2)由(1)得f'(x)=1-.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,因此f(x)无极值;当a>0时,令f'(x)>0,则x>lna,所以f(x)在(lna,+∞)上单调递增,令f'(x)<0,则x<lna,所以f(x)在(-∞,lna)上单调递减,故f(x)在x=lna处取得极小值,且极小值f(lna)=lna,无极大值.综上,当a≤0时,f(x)无极值;当a>0时,f(x)在x=lna处取得极小值lna,无极大值.9.C　解析f'(x)=(2x+a)e3-x-(x2+ax+b)e3-x=[-x2+(2-a)x+a-b]e3-x,因为x=3是函数f(x)=(x2+ax+b)e3-x的一个极值点,所以f'(3)=-2a-3-b=0,即b=-2a-3,所以f'(x)=[-x2+(2-a)x+3a+3]e3-x=(3-x)(x+a+1)e3-x,令f'(x)=0,得x=3或x=-a-1,所以-a-1≠3,即-4≠a,所以b≠-2a-3=5,故选C.10.A　解析f'(x)=6x2+6mx+2n.因为f(x)在x=1处有极小值,且极小值为6,所以解得时,f'(x)=6x2+30x-36=(x+6)(6x-6),则f(x)在(-∞,-6)上单调递增,在(-6,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,f(x)在x=1处有极小值6.当时,f'(x)=6x2-12x+6=6(x-1)2≥0,则f(x)在R上单调递增,f(x)无极值.故选A.11.A　解析令f(x1)=f(x2)=t,作出函数f(x)的图象如图,由图象可知t∈(-∞,a],因为x1<x2,则x1+a=t,lnx2=t,得x1=t-a,x2=et,所以x2-x1=et-t+a.令g(t)=et-t+a(t≤a),则g'(t)=et-1(t≤a),所以当a≤0时,g(t)在(-∞,a]上单调递减,所以g(t)min=g(a)=ea-a+a=ea=,解得a=-1;当a>0时,g(t)在(-∞,0]上单调递减,在(0,a]上单调递增,所以g(t)min=g(0)=e0-0+a=,解得a=-1<0,舍去.综上可得a=-1,故选A.\n12.-∞,-∪[3,+∞)　解析因为函数f(x)=x2-lnx-(a∈R)在,1上不存在极值点,所以函数f(x)在,1上单调递增或单调递减,所以f'(x)≥0或f'(x)≤0在,1上恒成立.又因为f'(x)=2x-,令g(x)=4x2-x-a,其对称轴为x=,所以g(x)min=4×2-a-=--a,g(x)max=4×12-a-1=3-a,当f'(x)≥0时,需满足--a≥0,即a≤-;当f'(x)≤0时,需满足3-a≤0,即a≥3,综上所述,a的取值范围为-∞,-∪[3,+∞).13.解(1)由题意,函数f(x)=ax3+bx,可得f'(x)=3ax2+b,因为函数f(x)在x=1处有极值2,可得解得a=-1,b=3,所以函数f(x)=-x3+3x,此时f'(x)=-3x2+3=-3(x+1)(x-1),当x<-1或x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当-1<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=1时,函数取得极大值2,符合题意,所以a=-1,b=3.(2)由当x∈-2,时,函数g(x)=m-f(x)有零点,即当x∈-2,时,g(x)=0有实数根,即当x∈-2,时,函数y=m与y=f(x)的图象有交点.又由(1)知,f(x)=-x3+3x,当x∈[-2,-1)时,函数f(x)单调递减;当x∈-1,时,函数f(x)单调递增,所以当x=-1时,函数f(x)取得最小值,最小值为f(-1)=-2.又由f(-2)=2,f=,可得f(-2)>f,所以函数的最大值为2,即函数f(x)的值域为[-2,2],要使函数y=m与y=f(x)的图象有交点,可得-2≤m≤2,即实数m的取值范围是[-2,2].14.5-e　解析令h(x)=g(x)-f(x)=4x+-ex-lnx,1≤x≤2,则h'(x)=4--ex-,令\nm(x)=4--ex-,则m'(x)=-ex+,1≤x≤2.易知m'(x)在定义域上单调递减,则m'(1)=3-e>0,m'(1.1)=-e1.1<0,则必存在一点x0∈(1,1.1),使m'(x0)==0,即,即m(x)在(1,x0)上单调递增,在(x0,2)上单调递减,则函数m(x)在x0处取得最大值,且m(x0)=4-=4-=4-,x0∈(1,1.1),易知m(x0)在定义域上单调递增,则m(x0)<m(1.1)=4-<0,则m(x)<0,在1≤x≤2时恒成立,即h'(x)<0,故h(x)在定义域上单调递减,从而h(x)≤h(1)=5-e.