2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习4.3《导数与函数的极值》(含详解)

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2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习4.3《导数与函数的极值》一              、选择题1.设f(x)＝x2＋cos x，则函数f(x)(　　)A.有且仅有一个极小值     B.有且仅有一个极大值C.有无数个极值           D.没有极值2.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝﹣3处取得极大值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　　)   3.函数f(x)＝﹣x3＋12x＋6在区间[﹣，3]上的零点个数是(　　)A.0       B.1         C.2         D.34.设函数f(x)＝ln x＋ax2﹣x，若x＝1是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的极小值为(　　)A.ln 2﹣2        B.ln 2﹣1        C.ln 3﹣2        D.ln 3﹣15.若当x＞0时，函数f(x)＝2﹣ex＋mx2有两个极值点，则实数m的取值范围是(　　)A.(，＋∞)        B.(0，)      C.(0，2e)        D.(2e，＋∞)6.已知函数f(x)＝x3﹣px2﹣qx的图象与x轴相切于点(1,0)，则f(x)的(　　)A.极大值为，极小值为0       B.极大值为0，极小值为C.极小值为﹣，极大值为0     D.极小值为0，极大值为﹣7.若函数f(x)=x3－x2＋2bx在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f(x)在R上的极小值为(　 　)A.2b－     B.b－         C.0       D.b2－b38.若函数f(x)=－(1＋2a)x＋2lnx(a＞0)在区间(0.5,1)内有极大值，则a的取值范围是(　 　)A.(e-1，＋∞)      B.(1，＋∞)    C.(1,2)       D.(2，＋∞)9.已知函数f(x)=x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x等于(　 　)A.         B.         C.          D.10.若函数f(x)=ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则导函数f′(x)的图象不可能是(　 　)二              、多选题11. (多选)已知函数f(x)＝﹣x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中正确的是(　　)A.∃x0∈R，f(x0)＝0B.若f(x)有极大值M，极小值m，则必有M＞mC.若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间上单调递减D.若f′(x0)＝0，则x0是f(x)的极值点12. (多选)已知函数f(x)＝sin x﹣xcos x，现给出如下结论，其中正确的结论为(　　)A.f(x)是奇函数B.0是f(x)的极值点C.f(x)在区间(﹣，)上有且仅有三个零点D.f(x)的值域为R三              、填空题13.设函数f(x)=x3＋ax2＋bx(x＞0)的图象与直线y=4相切于点M(1,4)，则y=f(x)在区间(0,4]上的最大值为　　；最小值为　　.14.函数f(x)＝在x＝处取得极值，则a＝________.15.若函数f(x)＝x3﹣ax2＋x﹣5无极值点，则实数a的取值范围是________.16.已知函数f(x)＝.若函数f(x)在区间(a,a＋)上存在极值，则正实数a的取值范围是_______；如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，那么实数k的取值范围是_______.
0.答案详解一              、选择题1.答案为：A解析：f′(x)＝x﹣sin x，令g(x)＝x﹣sin x，则g′(x)＝1﹣cos x≥0，∴f′(x)单调递增且f′(0)＝0，∴当x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x>0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，故f(x)有唯一的极小值点.2.答案为：D解析：函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝﹣3处取得极大值，当x＜﹣3时，f′(x)＞0；当x＝﹣3时，f′(x)＝0；当x＞﹣3时，f′(x)＜0.所以当x＜﹣3时，xf′(x)＜0；当x＝﹣3时，xf′(x)＝0；当﹣3＜x＜0时，xf′(x)＞0；当x＝0时，xf′(x)＝0；当x＞0时，xf′(x)＜0.3.答案为：A解析：f′(x)＝﹣3x2＋12，令f′(x)＝0，得x＝±2.所以当x∈[﹣，2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(2，3]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)的极大值为f(2)＝22.因为f(﹣)＞0，f(3)＞0，所以函数f(x)在区间[﹣，3]上没有零点.4.答案为：A解析：∵f(x)＝ln x＋ax2﹣x(x＞0)，∴f′(x)＝＋2ax﹣，∵x＝1是函数f(x)的极大值点，∴f′(1)＝1＋2a﹣＝2a﹣＝0，解得a＝，∴f′(x)＝＋﹣＝＝，∴当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当1＜x＜2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；∴当x＝2时，f(x)有极小值，且极小值为f＝ln 2﹣2.5.答案为：A解析：因为函数f(x)＝2﹣ex＋mx2，则f′(x)＝﹣ex＋2mx，若当x＞0时，函数f(x)＝2﹣ex＋mx2有两个极值点，则f′(x)＝﹣ex＋2mx＝0在x∈(0，＋∞)上有两个根，即m＝在x∈(0，＋∞)上有两个解，令g(x)＝，则g′(x)＝＝，当x＞1时，g′(x)＞0，则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，则g(x)在x∈上单调递减，所以函数g(x)＝在x＝1处取得最小值，即g(1)＝，又x→0＋时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，故m＞.6.答案为：A解析：f′(x)＝3x2﹣2px﹣q，则解得f′(x)＝3x2﹣4x＋1＝(x﹣1)(3x﹣1)，当x<或x>1时，f′(x)>0，当<x<1时，f′(x)<0，f(x)在(-∞,)和(1，＋∞)上单调递增，在(,1)上单调递减，所以极大值为f()＝，极小值为f(1)＝0.7.答案为：A；解析：f′(x)=x2－(2＋b)x＋2b=(x－b)(x－2)，∵函数f(x)在区间[－3,1]上不是单调函数，∴－3＜b＜1，则由f′(x)＞0，得x＜b或x＞2，由f′(x)＜0，得b＜x＜2，∴函数f(x)的极小值为f(2)=2b－.8.答案为：C；解析：f′(x)=ax－(1＋2a)＋=(a＞0，x＞0)，若f(x)在区间(0.5,1)内有极大值，即f′(x)=0在(0.5,1)内有解.则f′(x)在区间(0.5,1)内先大于0，再小于0，则即解得1＜a＜2，故选C.9.答案为：C；解析：由图象可知f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1＋b＋c=0,8＋4b＋2c=0，解得b=－3，c=2，所以f(x)=x3－3x2＋2x，所以f′(x)=3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)=3x2－6x＋2=0的两根，因此x1＋x2=2，x1x2=，所以x＋x=(x1＋x2)2－2x1x2=4－=.10.答案为：D.解析：若函数f(x)=ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f′(x)在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x轴，观察四个选项中的图象只有D项是不符合要求的，即f′(x)的图象不可能是D.二              、多选题11.答案为：ABC.解析：因为当x→＋∞时，f(x)→﹣∞，当x→﹣∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理知∃x0∈R，f(x0)＝0，故A正确；因为f′(x)＝﹣3x2＋2ax＋b，若f(x)有极大值M，极小值m，则f′(x)＝0有两根x1，x2，不妨设x1＜x2，易得f(x)在(x1，x2)上单调递增，在(﹣∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，所以f(x2)＝M＞f(x1)＝m，故B，C正确；导数为0的点不一定是极值点，故D错误.12.答案为：AD.解析：由题意，函数f(x)＝sin x﹣xcos x的定义域为R关于原点对称，又由f(﹣x)＝sin (﹣x)＋xcos(﹣x)＝﹣(sin x﹣xcos x)＝﹣f(x)，所以函数f(x)为奇函数，所以A项正确；又由f′(x)＝cos x﹣cos x＋xsin x＝xsin x，当x∈(﹣，0)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(0，)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，所以0不是函数f(x)的极值点，所以B不正确；又由f(0)＝0，所以函数f(x)在区间(﹣，)上有且仅有一个零点，所以C不正确；例如当x＝2kπ，k∈Z时，可得f(2kπ)＝﹣2kπ，当k→＋∞且k∈Z，f(x)→﹣∞，当x＝2kπ＋π，k∈Z时，可得f(2kπ＋π)＝2kπ＋π，当k→＋∞且k∈Z，f(x)→＋∞，由此可得函数的值域为R，所以D正确.三              、填空题13.答案为：4,0；解析：f′(x)=3x2＋2ax＋b(x＞0).依题意，有即解得所以f(x)=x3－6x2＋9x.令f′(x)=3x2－12x＋9=0，解得x=1或x=3.当x变化时，f′(x)，f(x)在区间(0,4]上的变化情况如下表：所以函数f(x)=x3－6x2＋9x在区间(0,4]上的最大值是4，最小值是0.14.答案为：1.解析：∵f(x)＝，∴f′(x)＝，又f(x)在x＝处取得极值，∴f′()＝＝0，得a＝1，经检验a＝1符合题意.15.答案为：[﹣1,1]解析：∵f(x)＝x3﹣ax2＋x﹣5，∴f′(x)＝x2﹣2ax＋1，由函数f(x)＝x3﹣ax2＋x﹣5无极值点知，f′(x)＝0至多有1个实数根，∴Δ＝(﹣2a)2﹣4≤0，解得﹣1≤a≤1，故实数a的取值范围是[﹣1,1].16.答案为：(,1)和(﹣∞，2].解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＝﹣，令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)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x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，所以0＜a＜1＜a＋，故＜a＜1，即实数a的取值范围为(,1).当x≥1时，k≤恒成立，令g(x)＝(x≥1)，则g′(x)＝＝.再令h(x)＝x﹣ln x(x≥1)，则h′(x)＝1﹣≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，所以g(x)为增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(﹣∞，2].