专题11导数与函数的单调性、极值与最值-2021年高考数学二轮复习必刷题（新高考地区专用）

专题11导数与函数的单调性、极值与最值 1．已知函数f（x）＝（x﹣1）exae2x+ax只有一个极值点，则实数a的取值范围是（　　） A．（﹣∞，0]∪[，+∞） B．（﹣∞，0]∪[，+∞） C．（﹣∞，0]∪[，+∞） D．（﹣∞，]∪[0，+∞） 【解析】解：∵f（x）＝（x﹣1）exae2x+ax，∴f'（x）＝xex﹣ae2x+a， ∵f（x）只有一个极值点，∴f'（x）只有一个变号零点． （1）当a＝0时，f'（x）＝xex，易知x＝0是f（x）的唯一极值点； （2）当a≠0时，方程f'（x）＝xex﹣ae2x+a＝0可化为x＝ex﹣e﹣x， 令g（x）x，h（x）＝ex﹣e﹣x，可得两函数均为奇函数， ∴只需判断x＞0时，两函数无交点即可． ①当a＜0时，g（x）x＜0，h（x）＝ex﹣e﹣x＞0，所以g（x）与h（x）有唯一交点x＝0，且当x＞0时，g（x）＜h（x）；当x＜0时，g（x）＞h（x）． ∴x＝0是f（x）的唯一极值点； ②当a＞0时，h'（x）＝ex+e﹣x＞0，即h（x）在（0，+∞）上单调递增，且h（0）＝0，， 设h（x）过原点的切线为y＝kx，切点为（m，km）（m＞0）， 则，解得m＝0，k＝2， 如图所示，当yx在直线y＝2x下方（第一象限）或与y＝2x重合时，x＝0是唯一交点，能满足f'（x）＝0的变号零点，即函数f（x）的极值点， ∴a． 综上所述，实数a的取值范围为（﹣∞，0]∪[，+∞）． 故选：A． 2．若x1，x2（x1＜x2）为函数f（x）相邻的两个极值点，且在x1，x2处分别取得极小值和极大值，则定义f（x1）﹣f（x2）为函数f（x）的一个极优差，函数的所有极优差之和为（　　） A． B． C． D． 【解析】解：∵f（x）＝ex（sinx﹣cosx），∴f'（x）＝2exsinx， 当x∈（2kπ，2kπ+π），k∈Z时，f（x）单调递增； 当x∈（2kπ+π，2kπ+2π），k∈Z时，f（x）单调递减． 故当，所有的极优差之和为[f（0）﹣f（π）]+[f（2π）﹣f（3π）]+…+[f（2018π）﹣f（2019π）]． 令M＝f（π）+f（3π）+…+f（2019π） ＝eπ（sinπ﹣cosπ）+e3π（sin3π﹣cos3π）+…+e2019π（sin2019π﹣cos2019π） ＝eπ+e3π+…+e2019π； N＝f（0）+f（2π）+…+f（2018π） ＝e0（sin0﹣cos0）+e2π（sin2π﹣cos2π）+…+e2018π（sin2018π﹣cos2018π） ＝﹣（e0+e2π+…+e2018π）． ∴所有的极优差之和为N﹣M． 故选：D． 3．已知函数f（x）＝x（lnx﹣ax）+a，对任意的x≥1，都有f（x）≤0，则实数a的取值范围是（　　） A．（0，1） B．[1，+∞） C．（0，+∞） D． 【解析】解：f（x）＝x（lnx﹣ax）+a＝xlnx﹣a（x2﹣1）， 当x≥1时，xlnx≥0，x2﹣1≥0， 若a≤0，则当x＞1时，f（x）＞0， 这与f（x）≤0矛盾，故a＞0， f′（x）＝lnx﹣2ax+1， 令g（x）＝lnx﹣2ax+1（x≥1）， 则g′（x）2a， 若a时，则g′（x）≤0，f′（x）在[1，+∞）递减，于是当x≥1时，f′（x）≤f′（1）＝1﹣2a≤0， 故f（x）在[1，+∞）递减，于是当x≥1时，f（x）≤f（1）＝0，符合题意， 若0＜a，则当1＜x时，g′（x）＞0，f′（x）在（1，）递增， f′（x）＞f′（1）＝1﹣2a＞0， 故f（x）在（1，）上递增，于是当1＜x时，f（x）＞f（1）＝0，这与f（x）≤0矛盾， 故a， 故选：D． 4．若函数f（x）＝x+ex﹣b﹣b（x+x2﹣xlnx）有零点，则b的取值范围是（　　） A．（﹣∞，﹣1] B．[﹣1，0] C．（0，1] D．[1，+∞） 【解析】解：f（x）＝x[1b（1+x﹣lnx）] 函数f（x）＝x+ex﹣b﹣b（x+x2﹣xlnx）有零点， 则方程x[1b（1+x﹣lnx）]＝0有解， 则方程b＝﹣1+x+lnx有解， 即函数g（x）b与h（x）＝lnx+x﹣1的图象在（0，+∞）上有交点， 由g（x）b，得g′（x）， 所以在（1，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 在（0，1）上，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 因为h′（x）1＞0， 所以h（x）在（0，+∞）上单调递增， 因为函数g（x）与h（x）的图象在（0，+∞）上有交点， 所以g（1）≤h（1），即e1﹣b﹣b≤0， 当b＜0时，e1﹣b﹣b＞0， 当b＝0时，e1﹣b﹣b＝e＞0， 则b＞0，令φ（b）＝e1﹣b﹣b