2024版高考数学微专题专练14导数与函数的极值最值理（附解析）

这是一份2024版高考数学微专题专练14导数与函数的极值最值理（附解析），共7页。


[基础强化]
一、选择题
1．函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－lnx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．[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＜bB．a＞b
C．ab＜a2D．ab＞a2
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18B．11
C．18D．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．[2022·全国甲卷(理)，6]当x＝1时，函数f(x)＝alnx＋eq \f(b,x)取得最大值－2，则f′(2)＝( )
A．－1B．－eq \f(1,2)
C．eq \f(1,2)D．1
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．[2022·江西鹰潭二模]已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)ax2＋2bx＋c的极大值点x1∈(0，1)，极小值点x2∈(1，2)，则eq \f(b－3,a＋2)的取值范围是( )
A．(－eq \f(1,3)，0)∪(0，eq \f(1,2))
B．(－∞，－3)∪(2，＋∞)
C.(－3，2)
D．(－eq \f(1,3)，eq \f(1,2))
9．[2022·陕西省西安中学二模]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．2B．3
C．4D．5
二、填空题
10．[2022·天津河西二模]若函数f(x)＝x3＋ax2－x－9在x＝－1处取得极值，则f(2)＝________．
11．[2022·湖南常德一模]设函数f(x)＝x(x＋1)·(x－2m)的两个极值点为x1，x2，若f(x1)＋f(x2)＞0，则实数m的取值范围是________．
12．[2022·广东茂名二模]已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x,elnx)，x＞1,x3－3x＋a，x≤1))，若存在实数t使得函数y＝[f(x)]2－(t＋2)f(x)＋2t有7个不同的零点，则实数a的取值范围是________．
[能力提升]
13．[2022·江西省临川第一中学模拟]已知f(x)＝eq \f(1,2)x2－2ax，g(x)＝3a2lnx－b，其中a＞0.设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点的切线相同，则实数b的最小值为( )
A．eq \f(1,3e)B．3e
C．－6e2D．－eq \f(1,6e2)
14．[2022·江西省南昌市模拟]已知函数f(x)＝lnx－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.2B．eq \f(1,2)
C．ln2D．e
15．[2022·河南省六市三模]若不等式|x－a|－2lnx≥0恒成立，则a的取值范围是________．
16．[2022·全国乙卷(理)，16]已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点．若x1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．D 通解(分类与整合法) 因为函数f(x)＝a(x－a)2·(x－b)，所以f′(x)＝2a(x－a)(x－b)＋a(x－a)2＝a(x－a)·(3x－a－2b).令f′(x)＝0，结合a≠0可得x＝a或x＝eq \f(a＋2b,3).
(1)当a>0时，
①若eq \f(a＋2b,3)>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a＋2b,3)))上单调递减，所以x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意；
②若eq \f(a＋2b,3)＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；
③若eq \f(a＋2b,3)(2)当a<0时，
①若eq \f(a＋2b,3)>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a＋2b,3)))上单调递增，所以x＝a为函数f(x)的极小值点，不满足题意；
②若eq \f(a＋2b,3)＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递减，无极值点，不满足题意；
③若eq \f(a＋2b,3)综上，a>0且b>a满足题意，a<0且ba2成立．
故选D.
优解(特值排除法) 当a＝1，b＝2时，函数f(x)＝(x－1)2·(x－2)，画出该函数的图像如图1所示，可知x＝1为函数f(x)的极大值点，满足题意．从而，根据a＝1，b＝2可判断选项B，C错误．当a＝－1，b＝－2时，函数f(x)＝－(x＋1)2(x＋2)，画出该函数的图像如图2所示，可知x＝－1为函数f(x)的极大值点，满足题意．从而，根据a＝－1，b＝－2可判断选项A错误．综上，选D.
光速解(数形结合法) 当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图像，如图3所示，观察可知b>a.
当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图像，如图4所示，观察可知a>b.
综上，可知必有ab>a2成立．故选D.
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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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，＋∞).故选B.
6．B 由题意，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)＝eq \f(ax－b,x2).又当x＝1时，f(x)取得最大值－2，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＜0，,f′（1）＝0，,f（1）＝－2，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＜0，,a－b＝0，,b＝－2，))所以a＝b＝－2，则f′(x)＝eq \f(－2x＋2,x2)，所以f′(2)＝eq \f(－2×2＋2,22)＝－eq \f(1,2).故选B.
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．B ∵f′(x)＝x2＋ax＋2b，又因为当x1∈(0，1)时取得极大值，当x2∈(1，2)时取得极小值，可得x1、x2是方程f′(x)＝0的两个根，根据一元二次方程根的分布可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（0）＞0,f′（1）＜0,f′（2）＞0))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2b＞0,1＋a＋2b＜0,4＋2a＋2b＞0))，作出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示(不包括边界)，可求出边界交点坐标分别为A(－2，0) 、B(－1，0)、C(－3，1)，eq \f(b－3,a＋2)表示平面区域内的点(a，b)与点M(－2，3)连线的斜率，由图可知kMB＝eq \f(3－0,－2－（－1）)＝－3，kMC＝eq \f(3－1,－2－（－3）)＝2，根据倾斜角的变化，可得eq \f(b－3,a＋2)∈(－∞，－3)∪(2，＋∞).
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，
y＝f(x)的图像和直线y＝x2的交点个数为1，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.
10．1
解析：f′(x)＝3x2＋2ax－1，
因为函数f(x)＝x3＋ax2－x－9在x＝－1处取得极值，
所以f′(－1)＝3－2a－1＝0，解得a＝1，
此时f′(x)＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)，
故当x∈(－1，eq \f(1,3))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(－∞，－1)和(eq \f(1,3)，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
所以函数f(x)在x＝－1处取得极小值，满足题意，
所以f(x)＝x3＋x2－x－9，
所以f(2)＝8＋4－2－9＝1.
11．(－∞，－1)∪(－eq \f(1,4)，eq \f(1,2))
解析：f(x)＝x(x＋1)(x－2m)＝x3＋(1－2m)x2－2mx，
f′(x)＝3x2＋2(1－2m)x－2m，
因为函数f(x)＝x(x＋1)(x－2m)的两个极值点为x1，x2，
所以x1，x2为函数f′(x)＝3x2＋2(1－2m)x－2m的两零点，
Δ＝4(1－2m)2＋24m＝16m2＋8m＋4＞0恒成立，
x1＋x2＝eq \f(4m－2,3)，x1x2＝eq \f(－2m,3)，
f(x1)＋f(x2)＝x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ＋(1－2m)x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －2mx1＋x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ＋(1－2m)x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －2mx2
＝x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ＋x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ＋(1－2m)(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )－2m(x1＋x2)
＝(x1＋x2)(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －x1x2＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )＋(1－2m)[(x1＋x2)2－2x1x2]－2m(x1＋x2)
＝(x1＋x2)[(x1＋x2)2－3x1x2]＋(1－2m)[(x1＋x2)2－2x1x2]－2m(x1＋x2)
＝eq \f(4m－2,3)[(eq \f(4m－2,3))2＋2m]＋(1－2m)[(eq \f(4m－2,3))2＋eq \f(4m,3)]－2m·eq \f(4m－2,3)
＝－eq \f(4,27)(2m－1)(4m2＋5m＋1).
因为f(x1)＋f(x2)＞0，所以(2m－1)(4m2＋5m＋1)＜0，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m－1＞0,4m2＋5m＋1＜0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m－1＜0,4m2＋5m＋1＞0))，
解得m＜－1或－eq \f(1,4)＜m＜eq \f(1,2)，
所以实数m的取值范围是(－∞，－1)∪(－eq \f(1,4)，eq \f(1,2)).
12．[0，＋∞)
解析：当x＞1时，f(x)＝eq \f(x,elnx)，f′(x)＝eq \f(lnx－1,eln2x)，当1＜x＜e时，f′(x)＜0，f(x)递减，当x＞e时，f′(x)＞0，f(x)递增，
故x＝e时，f(x)min＝f(e)＝1；
当x≤1时，f(x)＝x3－3x＋a，f′(x)＝3x2－3，x＜－1时，f′(x)＞0，f(x)递增，－1＜x＜1时，
f′(x)＜0，f(x)递减，
所以当x＝－1时，f(x)有极大值f(－1)＝2＋a，
当x＝1时，f(1)＝－2＋a，
作出f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x,elnx)，x＞1,x3－3x＋a，x≤1))的大致图像如图，
由题意知[f(x)]2－(t＋2)f(x)＋2t＝0，即(f(x)－2)(f(x)－t)＝0有7个不同的实根，当f(x)＝2有三个根，f(x)＝t有四个实根，此时2＋a＝2或－2＋a＞2，得a＝0或a＞4；当f(x)＝2有四个根时，f(x)＝t有三个实根，
此时－2＋a≤2＜2＋a，得0＜a≤4，所以a≥0.
13．D 设两曲线的公共点为(x0，y0)(x0＞0)，
由f(x)＝eq \f(1,2)x2－2ax得f′(x)＝x－2a，
由g(x)＝3a2lnx－b(x＞0)得g′(x)＝eq \f(3a2,x)，
所以两曲线在点(x0，y0)处的切线的斜率分别为x0－2a和eq \f(3a2,x0)，
依题意可得x0－2a＝eq \f(3a2,x0)，整理得x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －2ax0－3a2＝0，解得x0＝3a或x0＝－a(舍)，
又eq \f(1,2)x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －2ax0＝3a2lnx0－b，将x0＝3a代入可得b＝3a2ln3a＋eq \f(3,2)a2，
设F(a)＝3a2ln3a＋eq \f(3,2)a2，则F′(a)＝6aln3a＋6a，令F′(a)＝0，则a＝eq \f(1,3e)，
所以当0＜a＜eq \f(1,3e)时，F′(a)＜0，当a＞eq \f(1,3e)时，F′(a)＞0，
所以当a＝eq \f(1,3e)时，F(a)取得最小值为F(eq \f(1,3e))＝－3×(eq \f(1,3e))2＋eq \f(3,2)×(eq \f(1,3e))2＝－eq \f(1,6e2)，
所以b的最小值为－eq \f(1,6e2).
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)递增，
当x＞eq \f(1,a)时，f′(x)＜0，f(x)递减，因为x2－x1＝1，所以x2＝x1＋1，
又f(x1)＝f(x2)＝f(x1＋1)，
所以lnx1－ax1＝ln (x1＋1)－a(x1＋1)，
即a＝ln (x1＋1)－lnx1＝lneq \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，ln2]，
故实数a的最大值为ln2.
15．(－∞，2－2ln2]
解析：当x∈(0，1]时，lnx≤0，此时|x－a|≥2lnx恒成立，
故x∈(1，＋∞)时，|x－a|≥2lnx恒成立，即x－a≥2lnx或x－a≤－2lnx，即a≤x－2lnx或a≥x＋2lnx，设f(x)＝x－2lnx，则f′(x)＝1－eq \f(2,x)＝eq \f(x－2,x).当x∈(1，2)时，f′(x)＜0，f(x)单减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单增．
故f(x)min＝f(2)＝2－2ln2，故a≤2－2ln2.
设g(x)＝x＋2lnx，则f′(x)＝1＋eq \f(2,x)＞0，所以f(x)在x∈(1，＋∞)单增，不存在最大值．综上可知，a的取值范围是(－∞，2－2ln2].
16.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))
解析：由题意，得f′(x)＝2(axlna－ex)，易知f′(x)至少要有两个零点x1和x2.令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝2ax(lna)2－2e.(1)若a>1，则g′(x)在R上单调递增，此时若g′(x0)＝0，则g(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，此时若有x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，则x1>x2，不符合题意，舍去．(2)若00且a≠1)的极小值点和极大值点，且x10，即eq \f(e,lna)>elgaeq \f(e,（lna）2)，所以aeq \s\up6(\f(1,lna))