2023届北师版高考数学一轮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版附解析）

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;\n(2)求函数f(x)的极值.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.