課時規(guī)范練17利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值基礎鞏固組1.函數(shù)f(x)=3x2+lnx-2x的極值點的個數(shù)是()A.0 B.1 C.2 D.無數(shù)2.(多選)(2024新高考Ⅰ,10)設函數(shù)f(x)=(x-1)2(x-4),則()A.x=3是函數(shù)f(x)的極小值點B.當0<x<1時,f(x)<f(x2)C.當1<x<2時,-4<f(2x-1)<0D.當-1<x<10時,f(2-x)>f(x)3.(2024陜西寶雞模擬)當x=1時,函數(shù)f(x)=alnx+bx取得最大值-2,則f'(4)=(A.-1 B.38 C.-38 D4.(多選)初等函數(shù)是由基本初等函數(shù)與常數(shù)經(jīng)過有限次的有理運算及有限次函數(shù)復合所產(chǎn)生,并且能用一個解析式表示的函數(shù),如函數(shù)f(x)=xx(x>0),我們可以作變形:f(x)=xx=elnxx=exlnx=et,其中t=xlnx,所以f(x)可看作是由函數(shù)g(t)=et和t=xlnx復合而成的,即f(x)=xx(x>0)為初等函數(shù).根據(jù)以上材料,關于初等函數(shù)h(x)=x1x(A.無極小值 B.有極小值1C.無極大值 D.有極大值e5.若關于x的方程x3-3x+m=0在區(qū)間[0,2]上有解,則實數(shù)m的取值范圍是()A.[-2,2] B.[0,2]C.[-2,0] D.(-∞,-2)∪(2,+∞)6.設直線x=t與函數(shù)f(x)=2x2,g(x)=lnx的圖象分別交于點M,N,則|MN|的最小值為()A.12+ln2 B.3ln2-C.e2-1 D.7.若函數(shù)f(x)=x3+ax+2存在3個零點,則a的取值范圍是()A.(-∞,-2) B.(-∞,-3)C.(-4,-1) D.(-3,0)8.(2024九省聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=lnx+x2+ax+2在點(2,f(2))處的切線與直線2x+3y=0垂直.(1)求實數(shù)a的值;(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值.綜合提升組9.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2-x+a有兩個極值點x1,x2,且|x1-x2|=233,則f(x)的極大值為(A.39 B.2C.33 D.10.當x=1時,函數(shù)f(x)=alnx+bx取得最大值-2,則f'(2)=()A.-1 B.-1C.12 D.11.設函數(shù)f(x)=x+a,x≤0,lnx,x>0,已知x1<x2且f(x1)=f(x2),若xA.-1 B.1e-C.-1或1e-1D.212.已知函數(shù)f(x)=x2-a2lnx-x2(a∈R)在區(qū)間116,1上不存在極值點,則實數(shù)a的取值范圍是.13.(1)證明:當0<x<1時,x-x2<sinx<x;(2)已知函數(shù)f(x)=cosax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的極大值點,求a的取值范圍.創(chuàng)新應用組14.(2024福建泉州模擬)已知函數(shù)f(x)=|x-1|-alnx的最小值為0,則a的取值范圍為.

課時規(guī)范練17利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值1.A解析:函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),導數(shù)f'(x)=6x+1x-2=6x2-2x+1x.令g(x)=6x2-2x+1,則Δ=-20<0,所以g(x)>0恒成立,又x>0,所以f'(x)>0恒成立,2.AC解析:∵f(x)=(x-1)2(x-4),∴函數(shù)f(x)的定義域為R,且f'(x)=3(x-1)(x-3).令f'(x)=3(x-1)(x-3)=0,得x=1或x=3.當x<1或x>3時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當1<x<3時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,∴x=3是函數(shù)f(x)的極小值點,∴A正確.當0<x<1時,0<x2<x<1,又由上可知當0<x<1時,f(x)單調(diào)遞增,∴f(x2)<f(x),∴B錯誤.當1<x<2時,f(2x-1)=(2x-1-1)2(2x-1-4)=4(x-1)2(2x-5)<0,f(2x-1)+4=4(x-2)2(2x-1)>0,即f(2x-1)>-4,∴C正確.f(2-x)-f(x)=(2-x-1)2(2-x-4)-(x-1)2(x-4)=-2(x-1)3.當-1<x<10時,f(2-x)-f(x)=-2(x-1)3的值有正有負.∴D錯誤.故選AC.3.C解析:因為函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),由題意可知,f(1)=-2,f'(1)=0,而f'(x)=ax-bx2,所以b=-2,a-b=0,即a=-2,b=-2,所以f'(因此當x∈(0,1)時,f'(x)>0,故函數(shù)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增;當x∈(1,+∞)時,f'(x)<0,故函數(shù)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以當x=1時f(x)取得最大值,滿足題意,即有f'(4)=2×(故選C.4.AD解析:根據(jù)材料知,h(x)=x1x=elnx1x令h'(x)=0,得x=e.當0<x<e時,h'(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增;當x>e時,h'(x)<0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞減.所以當x=e時,h(x)取得極大值,且極大值為h(e)=e1e,5.A解析:由題意得-m=x3-3x,x∈[0,2].令y=x3-3x,x∈[0,2],則y'=3x2-3.令y'=0,解得x=1,易得函數(shù)在[0,1)上單調(diào)遞減,在(1,2]上單調(diào)遞增.又因為當x=0時,y=0;當x=1時,y=-2;當x=2時,y=2,所以函數(shù)y=x3-3x,x∈[0,2]的值域是[-2,2],因此-m∈[-2,2],即m∈[-2,2].故選A.6.A解析:由題意M(t,2t2),N(t,lnt),所以|MN|=|2t2-lnt|,令h(t)=2t2-lnt,t>0,則h'(t)=4t-1令h'(t)=0,得t=1當0<t<12時,h'(t)<0,函數(shù)h(t)單調(diào)遞減當t>12時,h'(t)>0,函數(shù)h(t)單調(diào)遞增所以h(t)min=h12=12+ln2,即|MN|的最小值為12+ln27.B解析:令f(x)=0,得-ax=x3+2,易知x≠0,所以-a=x3+2x.設g(x則函數(shù)f(x)存在3個零點等價于函數(shù)g(x)=x3+2x的圖象與直線g'(x)=2(x3-1)x2.當x>1時,g'(x)>0,函數(shù)g(x)在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,當x<1且x≠0時,g'(x)<0,函數(shù)g(x)在(-∞,0),(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,且g(1)=3,當x從左側(cè)趨近于0時,g(x)→-∞,當x從右側(cè)趨近于0時,g(x)→+∞,當x→+∞時,g(x)→+∞,由圖知,當-a>3時,函數(shù)g(x)=x3+2x的圖象與直線y=-a有三個交點,即函數(shù)f(x)有3個零點,所以a<-3.8.解(1)f'(x)=1x+2x+a,則f'(2)=12+2×2+a=9由題意可得92+a×-23=-1,解得a=-3.(2)由(1)知f(x)=lnx+x2-3x+2,則f'(x)=1x+2x-3=2x2故當0<x<12時,f'(x)>當12<x<1時,f'(x)<當x>1時,f'(x)>0,故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,12,(1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為12,1,函數(shù)f(x)的極大值為f12=ln12+122-3×12+2=34-ln2,極小值為f(1)=ln1+12-3×1+2=9.B解析:因為f'(x)=3x2+2ax-1,Δ=4a2+12>0,所以f'(x)=0有兩個不同的實數(shù)解x1,x2,且由根與系數(shù)的關系得x1+x2=-2a3,x1x2由題意可得|x1-x2|=(x1+x此時f(x)=x3-x,f'(x)=3x2-1.當x∈-∞,-33,x∈33,+∞時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;當x∈-33,33時,f'(x)<0,f(x)故當x=-33時,f(x)取得極大值10.B解析:函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).因為f(1)=aln1+b=-2,所以b=-2.因為f'(x)=ax所以f'(1)=a-b=0,所以a=b=-2.所以f(x)=-2lnx-2x,f'(x)=-經(jīng)驗證,符合題意.所以f'(2)=-1+24=-故選B.11.A解析:令f(x1)=f(x2)=t,作出函數(shù)f(x)的大致圖象,如圖.由圖象可知t∈(-∞,a],因為x1<x2,所以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),則g'(t)=et-1.當a≤0時,g'(t)≤0,g(t)在(-∞,a]上單調(diào)遞減,所以g(t)min=g(a)=ea-a+a=ea,由g(t)min=ea=1e,解得a=-當a>0時,令g'(t)=0,得t=0,易得g(t)在區(qū)間(-∞,0]上單調(diào)遞減,在區(qū)間(0,a]上單調(diào)遞增,所以g(t)min=g(0)=e0-0+a=1+a,由g(t)min=1+a=1e,解得a=1e-1<0,綜上可得a=-1,故選A.12.-∞,-116∪[3,+∞)解析:因為函數(shù)f(x)=x2-a2lnx-x2(a∈R)在區(qū)間116,1上不存在極值點,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間116,1上單調(diào)遞增或單調(diào)遞減,所以f'(x)≥0或f'(x)≤0在區(qū)間116,1上恒成立.f'(x)=2x-a2x-12=4x2-x-a2x,令g(x)=4x2-x-a,x∈116,1,則其圖象的對稱軸為直線x=18,所以g(x)min=4×182-18-a=-116-a,g(x)max=4×12-1-a=3-a.當f'(x)≥0時,需滿足-116-a≥0,即a≤-116;當f'(綜上所述,a的取值范圍為-∞,-116∪[3,+∞).13.(1)證明設h(x)=sinx-x,x∈[0,1],則h'(x)=cosx-1≤0對?x∈[0,1]恒成立,且僅在x=0時有h'(0)=0,所以函數(shù)h(x)在[0,1]上單調(diào)遞減.所以對?x∈(0,1),有h(x)<h(0)恒成立.又因為h(0)=0,所以sinx-x<0恒成立.所以sinx<x,x∈(0,1).設g(x)=sinx-(x-x2),則g'(x)=cosx+2x-1.令G(x)=cosx+2x-1,則G'(x)=-sinx+2>0對?x∈[0,1]恒成立,所以g'(x)在x∈[0,1]上單調(diào)遞增,且因為g'(0)=1+0-1=0,所以對?x∈[0,1],g'(x)≥0恒成立,且僅在x=0時有g'(0)=0,所以函數(shù)y=g(x)在[0,1]上單調(diào)遞增.所以對?x∈(0,1),有g(x)>g(0)恒成立.又因為g(0)=0,所以sinx+x2-x>0對?x∈(0,1)恒成立.所以x-x2<sinx,x∈(0,1).綜上可知,x-x2<sinx<x,x∈(0,1)成立.(2)解若a≠0,當0<x<min1,1(ⅰ)若a>0,有a2x-a3x2<asinax<a2x;(ⅱ)若a<0,有a2x+a3x2<asinax<a2x.證明:(ⅰ)當a>0時,由(1)知ax-a2x2<sinax<ax,0<x<min1,所以a2x-a3x2<asinax<a2x;(ⅱ)當a<0時,由(1)知-ax-(-ax)2<sin(-ax)<-ax,0<x<min1,所以-a2x-a(-ax)2>asin(-ax)>-a2x,即a2x+a3x2<asinax<a2x.故上述說法成立.因為f(x)=cosax-ln(1-x2),x∈(-1,1),所以f'(x)=-asinax--2x1-x2滿足f'(0)=-asin0+0=0.因為f'(-x)=asinax-2x1-x所以函數(shù)f'(x)為奇函數(shù).①若a=0,則f'(x)=2當x∈(-1,0)時,f'(x)<0;當x∈(0,1)時,f'(x)>0.故x=0是函數(shù)f(x)的極小值點,不符合題意.②若a∈(2,+∞),則當0≤x<min1,1a時,asinax>a2x-a3所以f'(x)<-a2x+a3x2+2x1-x2=x21-令F1(x)=21-x2+a3x-a2,0≤則F'1(x)=4x(1-故當0≤x<min1,1|a|時,F1又因為F1(0)=2-a2<0,所以存在t1>0,使得F1(x)在(0,t1)上恒小于0,此時f'(x)<xF1(x)<0.又因為函數(shù)f'(x)是奇函數(shù),所以在(-t1,0)內(nèi)有f'(x)>0.因此函數(shù)f(x)在(-t1,0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(0,t1)內(nèi)單調(diào)遞減,所以x=0是函數(shù)f(x)的極大值點.③若a∈(-∞,-2),則當0≤x<min1,1|a|時,a2x+a3x2<asin所以f'(x)<-a2x-a3x2+2x1-x2=x21-令F2(x)=21-x2-a3x-a2,則F'2(x)=4故當0<x<min1,1|a|時,F2又因為F2(0)=2-a2<0,所以存在t2>0,使得F2(x)在(0,t2)上恒小于0,此時f'(x)<xF2(x)<0.又因為函數(shù)f'(x)是奇函數(shù),所以在(-t2,0)內(nèi)有f'(x)>0.因此函數(shù)f(x)在(-t2,0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(0,t2)內(nèi)單調(diào)遞減,所以x=0是函數(shù)f(x)的極大值點.④若a∈[-2,則當0≤x<min1,1|a|