2024年高考數(shù)學一輪復習點點練9導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性極值最值含解析文

PAGEPAGE8點點練9導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值一基礎小題練透篇1.[2024·寧夏石嘴山市高三期中]f(x)的導函數(shù)f′(x)的圖象如下圖所示，則函數(shù)f(x)的圖象最有可能是圖中的()2．若函數(shù)f(x)＝x2－ax＋lnx在區(qū)間(1，e)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是()A．[3，＋∞)B．(－∞，3]C．[3，e2＋1]D．[e2＋1，3]3．[2024·河南省南陽市高三期末]若函數(shù)f(x)＝ax＋ex不存在極值點，則a的取值范圍是()A．a(chǎn)<0B．a(chǎn)≤0C．a(chǎn)>0D．a(chǎn)≥04．已知函數(shù)f(x)的定義域為(x1，x2)，導函數(shù)f′(x)在(x1，x2)內(nèi)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在(x1，x2)內(nèi)極值點的個數(shù)為()A．2B．3C．4D．55．若函數(shù)f(x)＝x＋alnx不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[0，＋∞)B．(－∞，0]C．(－∞，0)D．(0，＋∞)6．若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，則f(x)的微小值為()A．－1B．－2e－3C．5e－3D．17．已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1時有極值0，則a－b＝________．8．若函數(shù)f(x)＝2x2＋lnx－ax在定義域上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為________．二實力小題提升篇1.[2024·云南師范高校附屬中學考試]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－mx2＋mx＋9在R上無極值，則實數(shù)m的取值范圍為()A．(－∞，0)∪(1，＋∞)B．(－∞，0]∪[1，＋∞)C．(0，1)D．[0，1]2．[2024·安徽省阜陽市期末]若函數(shù)f(x)＝x3－ax2(a>0)的極大值點為a－2，則a＝()A．1B．2C．4D．63．[2024·河南省高三模擬]函數(shù)f(x)＝xlnx－x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最小值為()A．－eq\f(1＋ln2,2)B．－1C．0D．2ln2－24．[2024·河北省滄州市三模]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)－x，則()A．f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)B．f(x)的微小值點為1C．f(x)的極大值為－1D．f(x)的最小值為－1三高考小題重現(xiàn)篇1.[浙江卷]函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是()2．[江蘇卷]若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個零點，則f(x)在[－1，1]上的最大值與最小值的和為________.3．[全國卷Ⅰ]已知函數(shù)f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________.4．[山東卷]若函數(shù)exf(x)(e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增，則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì)．下列函數(shù)中全部具有M性質(zhì)的函數(shù)的序號為________．①f(x)＝2－x②f(x)＝3－x③f(x)＝x3④f(x)＝x2＋2.四經(jīng)典大題強化篇1.[2024·安徽省合肥高三模擬]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－axlnx＋ax.(1)當a＝1時，推斷f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個極值點，求實數(shù)a的取值范圍．2．[2024·山西省名校聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝ex－ax有兩個零點x1，x2(x1<x2).(1)求實數(shù)a的取值范圍；(2)證明：x2－x1<eq\f(2,x1)－2.點點練9導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值一基礎小題練透篇1．答案：A解析：由f′（x）的圖象可知：當x∈（－∞，－2）∪（0，＋∞）時，f′（x）<0，當x∈（－2，0）時，f′（x）>0，所以f（x）在（－∞，－2）和（0，＋∞）單調(diào)遞減，在（－2，0）單調(diào)遞增，可解除B、C、D.2．答案：B解析：依題意f′（x）＝2x－a＋eq\f(1,x)≥0在區(qū)間（1，e）上恒成立，即a≤2x＋eq\f(1,x)在區(qū)間（1，e）上恒成立，令g（x）＝2x＋eq\f(1,x)（1<x<e），g′（x）＝2－eq\f(1,x2)＝eq\f(2x2－1,x2)＝eq\f(（\r(2)x＋1）（\r(2)x－1）,x2)>0，g（x）在（1，e）上單調(diào)遞增，g（1）＝3，所以a≤3.所以a的取值范圍是（－∞，3].3．答案：D解析：f′（x）＝a＋ex，由于函數(shù)f（x）不存在極值點，所以f（x）單調(diào)，因為a＋ex≤0不恒成立，所以a＋ex≥0恒成立，即a≥0.4．答案：A解析：由f′（x）的圖象可知，其與x軸有4個交點，但是只有2個滿意由正變負或由負變正的條件，所以f（x）在（x1，x2）內(nèi)極值點的個數(shù)為2.5．答案：C解析：由題意知x>0，f′（x）＝1＋eq\f(a,x)，要使函數(shù)f（x）＝x＋alnx不是單調(diào)函數(shù)，則方程1＋eq\f(a,x)＝0在x>0上有解，即x＝－a，所以a<0.6．答案：A解析：f′（x）＝（2x＋a）ex－1＋（x2＋ax－1）ex－1＝[x2＋（a＋2）x＋a－1]ex－1.∵x＝－2是f（x）的極值點，∴f′（－2）＝0，即（4－2a－4＋a－1）·e－3＝0，得a＝－1.∴f（x）＝（x2－x－1）ex－1，f′（x）＝（x2＋x－2）ex－1.由f′（x）>0，得x<－2或x>1；由f′（x）<0，得－2<x<1.∴f（x）在（－∞，－2）上單調(diào)遞增，在（－2，1）上單調(diào)遞減，在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，∴f（x）的微小值點為1，∴f（x）的微小值為f（1）＝－1.7．答案：－7解析：由題意得f′（x）＝3x2＋6ax＋b，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋3a－b－1＝0，,b－6a＋3＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝9，))經(jīng)檢驗當a＝1，b＝3時，函數(shù)f（x）在x＝－1處無法取得極值，而a＝2，b＝9滿意題意，故a－b＝－7.8．答案：（－∞，4]解析：由已知得f′（x）＝4x＋eq\f(1,x)－a（x>0），因為函數(shù)f（x）是定義域上的單調(diào)遞增函數(shù)，所以當x>0時，4x＋eq\f(1,x)－a≥0恒成立．因為當x>0時，函數(shù)g（x）＝4x＋eq\f(1,x)≥4，當且僅當x＝eq\f(1,2)時取等號，所以g（x）∈[4，＋∞），所以a≤4，即實數(shù)a的取值范圍是（－∞，4].二實力小題提升篇1．答案：D解析：函數(shù)f（x）＝eq\f(1,3)x3－mx2＋mx＋9在R上無極值?f′（x）＝x2－2mx＋m在R上無變號零點?Δ＝4m2－4m≤0?0≤m≤1.2．答案：B解析：f′（x）＝3x2－2ax.當x<0或x>eq\f(2a,3)時，f′（x）>0；當0<x<eq\f(2a,3)時，f′（x）<0.所以f（x）的極大值點為0，則a－2＝0，解得a＝2.3．答案：B解析：因為f′（x）＝lnx，所以f（x）在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，在（1，2]上單調(diào)遞增，所以f（x）min＝f（1）＝－1.4．答案：C解析：f′（x）＝eq\f(1－lnx,x2)－1＝eq\f(1－lnx－x2,x2).令φ（x）＝1－lnx－x2，則φ′（x）＝－eq\f(1,x)－2x<0，所以φ（x）＝1－lnx－x2在（0，＋∞）上單調(diào)遞減．因為φ（1）＝0，所以當0<x<1時，φ（x）>0；當x>1時，φ（x）<0.所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞減區(qū)間為（1，＋∞），故f（x）的極大值點為1，f（x）的極大值為f（1）＝－1.三高考小題重現(xiàn)篇1．答案：D解析：設導函數(shù)y＝f′（x）與x軸交點的橫坐標從左往右依次為x1，x2，x3，由導函數(shù)y＝f′（x）的圖象易得當x∈（－∞，x1）∪（x2，x3）時，f′（x）<0；當x∈（x1，x2）∪（x3，＋∞）時，f′（x）>0（其中x1<0<x2<x3），所以函數(shù)f（x）在（－∞，x1），（x2，x3）上單調(diào)遞減，在（x1，x2），（x3，＋∞）上單調(diào)遞增，視察各選項，只有D選項符合．2．答案：－3解析：f′（x）＝6x2－2ax＝2x（3x－a）（x>0）.①當a≤0時，f′（x）>0，f（x）在（0，＋∞）上遞增，又f（0）＝1，∴f（x）在（0，＋∞）上無零點．②當a>0時，由f′（x）>0，解得x>eq\f(a,3)，由f′（x）<0，解得0<x<eq\f(a,3)，∴f（x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))上遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))上遞增．又f（x）只有一個零點，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋1＝0，∴a＝3.此時f（x）＝2x3－3x2＋1，f′（x）＝6x（x－1），當x∈[－1，1]時，f（x）在[－1，0]上遞增，在[0，1]上遞減．又f（1）＝0，f（－1）＝－4，∴f（x）max＋f（x）min＝f（0）＋f（－1）＝1－4＝－3.3．答案：－eq\f(3\r(3),2)解析：f′（x）＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2（2cos2x－1）＝2（2cos2x＋cosx－1）＝2（2cosx－1）（cosx＋1）.∵cosx＋1≥0，∴當cosx<eq\f(1,2)時，f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減；當cosx>eq\f(1,2)時，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增．∴當cosx＝eq\f(1,2)，f（x）有最小值．又f（x）＝2sinx＋sin2x＝2sinx（1＋cosx），∴當sinx＝－eq\f(\r(3),2)時，f（x）有最小值，即f（x）min＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝－eq\f(3\r(3),2).4．答案：①④解析：對于①，令g（x）＝ex·2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)))eq\s\up12(x).由eq\f(e,2)>1知g（x）在R上是增函數(shù)，故f（x）＝2－x具有M性質(zhì)．對于②，令g（x）＝ex·3－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,3)))eq\s\up12(x).由0<eq\f(e,3)<1知g（x）在R上是減函數(shù)，故f（x）＝3－x不具有M性質(zhì)．對于③，令g（x）＝ex·x3，則g′（x）＝ex（3x2＋x3）＝x2ex（x＋3）.當x∈（－∞，－3）時，函數(shù)g（x）是減函數(shù)，因此f（x）＝x3不具有M性質(zhì)．對于④，令g（x）＝ex（x2＋2），則g′（x）＝ex（x2＋2x＋2）＝ex[（x＋1）2＋1]>0.因此g（x）在R上是增函數(shù)，故f（x）＝x2＋2具有M性質(zhì)．應填①④.四經(jīng)典大題強化篇1．解析：（1）當a＝1時，f（x）的定義域為（0，＋∞），f′（x）＝x－lnx，令h（x）＝x－lnx，則h′（x）＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當h′（x）<0?0<x<1，當h′（x）>0?x>1，所以f′（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，∴x＝1為f′（x）的微小值點，且f′（x）≥f′（1）＝1>0，∴f（x）在（0，＋∞）單調(diào)遞增．（2）問題轉化為方程alnx＝x有兩個不相等的實根，當lnx＝0，即x＝1時，alnx＝x不成立；當x>0且x≠1時，a＝eq\f(x,lnx)，令φ（x）＝eq\f(x,lnx)，則y＝a與φ（x）＝eq\f(x,lnx)的圖象有兩個交點，∵φ′（x）＝eq\f(lnx－1,（lnx）2)，φ′（x）<0?0<x<1或1<x<e；φ′（x）>0?x>e，∴φ（x）在（0，1），（1，e）上單調(diào)遞減，在（e，＋∞）上單調(diào)遞增，又當x∈（0，1），φ（x）<0，x∈（1，＋∞），φ（x）>0，且φ（x）在（1，＋∞）的最小值為φ（e）＝e，∴當a>e時，直線y＝a與φ（x）＝eq\f(x,lnx)的圖象有兩個交點，∴實數(shù)a的取值范圍為（e，＋∞）.2．解析：（1）f（x）的定義域為R，f′（x）＝ex－a.①當a≤0時，f′（x）≥ex>0，所以f（x）在R上單調(diào)遞增，故f（x）至多有一個零點，不符合題意；②當a>0時，令f′（x）<0，得x<lna；令f′（x）>0，得x>lna，故f（x）在（－∞，lna）上單調(diào)遞減，在（lna，＋∞）上單調(diào)遞增，所以f（x）min＝f（lna）＝a－alna＝a（1－lna）（?。┤?<a≤e，則f（x）min＝a（1－lna）≥0，故f（x）至多有一個零點，不符合題意；（ⅱ）若a>e，則lna>1，f（x）min＝a（1－lna）<0，由（?。┲猠x－ex≥0，∴elna－elna＝a－lna≥0，∴a－2lna>a－elna≥0，f（2lna）＝a2－2alna＝a（a－2lna）>0.又∵f（0）＝1>0，0<lna<2lna，故f（x）存在兩個零點，分別在（0，lna），（lna，2lna）內(nèi)．綜上，實數(shù)a的取值范圍為（e，＋∞）.（2）證明：方法一由題意得ex1=ax1ex2=ax2，令t兩式相除得et＝ex2－x1＝eq\f(x2,x1)＝eq\f(x1＋t,x1)，變形得x1＝eq\f(t,et－1).欲證x2－x1<eq\f(2,x1)－2，即證t<eq\f(2（et－1）,t)－2，即證eq\f(t2＋2t＋2,et)<2.記h（t）＝eq\f(t2＋2t＋2,et