1、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+ln x-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)=3e,则 f(x)()A.在(-,+)上单调递增B.在(-,1)上单调递减C.有极大值3e,无极小值D.有极小值3e,无极大值4.(2021 河南平顶山高三三模)设函数 f(x)=e+,若 f(x)的极小值为e,则 a=()A.-12B.12C.32D.25.(
2、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.-2,2B.0,2C.-2,0D.(-,-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.1-ln22B.1-ln 2C.14D.1e7.(2021 浙江宁波高三二模)设 x=是函数 f(x)=3cos x+sin x 的一个极值点,则 cos 2+sin 2=.8.(2021 辽宁大连高三月考)已知函数 f(x)=x-1+e(aR,e 为自然对数的底数).(1)若曲线 y=
3、f(x)在点(1,f(1)处的切线平行于 x 轴,求实数 a 的值;(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.b1B.b3C.b5D.b710.(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)=+,0,ln,0,已知 x10,令 g(x)=6x2-2x+1,其中=-200 恒成立,故 f(x)0 恒成立,即函
4、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)=3(1-)e,当 x0,f(x)单调递增;当 x1 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)=3e,函数无极小值,故选 C.4.B 解析:由已知得 f(x)=e(+-1)(+)2(x-a),令 f(x)=0,得 x=1-a,所以当 x1-a 时 f(x)单调递增,所
5、以 f(x)的极小值为 f(1-a)=e1-a=e,即 1-a=12,得 a=12,故选 B.5.A 解析:由题意得-m=x3-3x,x0,2,令 y=x3-3x,x0,2,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,x0,2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)=k0,则 x1=lnk,x2=24,所以 x2-x1=24-lnk.令 g(k)=24-lnk(k0),则g(k
6、)=2 1=2-22,当 0k2时,g(k)0;当20;所以 g(k)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增,则 g(k)min=g(2)=1-ln22 0,所以 d=|x2-x1|=|g(k)|1-ln22,则 d 的最小值为1-ln22,故选 A.7.75 解析:因为函数 f(x)=3cosx+sinx,所以 f(x)=-3sinx+cosx,因为 x=是函数f(x)=3cosx+sinx 的一个极值点,所以 f()=-3sin+cos=0,tan=13,所以cos2+sin2=cos2-sin2+2sincoscos2+sin2=1-tan2+2tan1+tan2=1-19+21
7、31+19=75.8.解(1)因为 f(x)=x-1+e,所以 f(x)=1-e,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-e=0,所以 a=e.(2)由(1)得 f(x)=1-e.当 a0 时,f(x)0,所以 f(x)在(-,+)上单调递增,因此 f(x)无极值;当 a0 时,令 f(x)0,则 xlna,所以 f(x)在(lna,+)上单调递增,令 f(x)0,则 x0 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-be3-
8、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+3e3-x=(3-x)(x+a+1)e3-x,令 f(x)=0,得 x=3 或 x=-a-1,所以-a-13,即-4a,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(1)=0,(1)=6,即 6+6+2=0,2+3+2+2=6,解得=5,=-18 或 =-2,=3.当 =5,=-18时,f(x)=6x2+30 x-36=(x+6
9、)(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=-2,=3时,f(x)=6x2-12x+6=6(x-1)20,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 x10 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=1e,解得 a=1e-10,舍去.综上可得 a=-1,故选 A.12.-,-116 3,+)解析:因为函数 f(x)=
10、x2-2lnx-2(aR)在116,1 上不存在极值点,所以函数 f(x)在116,1 上单调递增或单调递减,所以 f(x)0 或 f(x)0 在116,1 上恒成立.又因为 f(x)=2x-2 12=42-2,令 g(x)=4x2-x-a,其对称轴为 x=18,所以 g(x)min=4 182-a-18=-116-a,g(x)max=412-a-1=3-a,当 f(x)0 时,需满足-116-a0,即 a-116;当 f(x)0 时,需满足 3-a0,即 a3,综上所述,a 的取值范围为-,-116 3,+).13.解(1)由题意,函数 f(x)=ax3+bx,可得 f(x)=3ax2+b,
11、因为函数 f(x)在 x=1 处有极值 2,可得(1)=+=2,(1)=3+=0,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 x1 时,f(x)0,f(x)单调递减;当-1x0,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-2,12 时,函数 g(x)=m-f(x)有零点,即当 x-2,12 时,g(x)=0 有实数根,即当 x-2,12 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)
12、单调递减;当 x-1,12 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 12=118,可得 f(-2)f 12,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-2m2,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+1-ex-lnx,1x2,则 h(x)=4-12-ex-1,令 m(x)=4-12-ex-1,则 m(x)=23-ex+12,1x2.易知 m(x)在定义域上单调递减,则 m(1)=3-e0,m(1.1)=21.13+11.12-e1.10,则必存在一点 x0(1,1.1),使 m(x0)=203 e0+102=0,即203+102=e0,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)=4-102 e0 10=4-102 10 203 102=4-202 10 203,x0(1,1.1),易知 m(x0)在定义域上单调递增,则 m(x0)m(1.1)=4-21.12 11.1 21.130,则 m(x)0,在 1x2 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.
