综合练六函数的极值、最值-【育才学案】2023-2024学年高二数学假期综合练(人教版)

综合练六 综合练六函数的极值、最值 真题必刷· 2》》 L.当x=1时，函数f(.x)=alnx十取得最大 C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D.直线y=2.x是曲线y=f(x)的切线 值一2，则f(2)= 7.函数f(x)=|2x一1|一2lnx的最小值为 A.-1 B 2 c D.1 8.已知函数fx)=(+a)ln(1+x). 2.已知函数f(.x)=ae一lnx在区间(1,2)上 (1)当a=一1时，求曲线y=f(x)在点 单调递增，则a的最小值为 () (1,f(1))处的切线方程： A.e2 B.e (2)是否存在a,b,使得曲线y=()关于 C.e D.e 直线x=b对称，若存在，求a,b的值，若不 3.设a≠0，若x=a为函数f(x)=a(x-a)(x 存在，说明理由： 一b)的极大值点，则 () (3)若f(x)在(0，十○)存在极值，求a的取 A.a<b B.a>b 值范围. C.ab<a D.ab>a 4.函数f(x)=cosx十(x十1)·sinx十1在区 间[0,2π]上的最小值，最大值分别为( A一受8 C-受登+2 D.-受受+2 5,(多选)若函数fx)=aln+名+(a≠0) 既有极大值也有极小值，则 ( A.be0 B.ab>0 C.b2+8ac0 D.ac<0 6.(多选)已知函数f(x)=x3一x十1，则 A,f(x)有两个极值点 B.f(x)有三个零点 9 假期综合练高二数学 典题必刷。 2》 1.若x=2是函数f(x)=x2+2(a-2)x 2In z,x>1. 5.已知函数f(x)= 若m<1,且 4alnx的极大值点，则实数a的取值范围是 x+2,x≤1， f(m)=f(n),则n一m的取值范围是 A.(-∞，-2) B.(-2,+∞) C.(2,+∞) D.(-2,2) A.[4-2ln2,e-1) B.[4-2ln2,ei-1] 2.若函数f(x)=x一4x十alnx有两个极值 C.[3,e-1] 点，设这两个极值点为，，且x1<x,则 D.[3,et-1) 6.(多选)已知函数f(x)及其导函数f(x)满 A.x1∈(1,2) B.x1+x2<2 足xf(x)-f(.x)=x(1nx+1),且f(1)= C.f(x1)<-3 D.f(x1)>-3 0,则 () 3已知函数八)=ar在1，+∞)上有 A.f(x)在(1，十∞)上单调递增 极值，则实数a的取值范围是 B.fx)在(2,1)上有极小值 A.(-.] B(-o,) C.八2的最小值为-1 co,】 D[,) D.fx)-f巴的最小值为0 4.已知函数f(.x)=e+a.x2十2ax在x∈(0， 7.若函数)=。-受r2-ax十1有两个极 十∞)上有最小值，则实数a的取值范围为 值点，则实数a的取值范围是 ( 8.已知f(x)=x22a.设实数m>0,若对任意 A.(号+∞) B(--》 的正实数x,不等式e)≥f()恒成 C.(-1,0) D.(-,-2》 立，则m的最小值为 10参考答案 (2)法二:(切线放缩) 7.答案(-o0.1) 因为f()-a(e+a--+a-rr+lna+1+& 解析 构选函数F(t)=()-. -r=a’+lna+1 (e>r+1) 令g(a)=1+a”+lna-(2ìna+3)-a-lna-,则 则$F(1)-/(1)---0 8'(a)-2-1-2a-1. $'(r)#/(r)-<0. 当'(a)>o,得a→(a)<o,得<,故g(a) 所以F(x)在R上单调递减, #由#()#→# 在(0,)调通减,在(^,+)单调递增,故(a)> (--ln-→o,所以y(r)→2ìna+,华。 所以<1. 即不等式(t)>的解集为(-,1). 法三:(逆推分析) 当ao时, 8.答案 [o.e] 由(1)得f(x)-f(-lna)-1+a+lna. 解析 设g(r)-(c)-2-e-e. 要证:/(s)>2na+3 则g(-r)- -=-(e-e)--g(, '.g(r)为奇函数, 只需证:1+a{+lna→21na+3, 又,g'(x)-+e0. -->lna,易证,lna<a-1. 'g(x)在R上单调递增。 由己知得 (alnr)-2+f(ax-xe )-2< 即:-→-1{-+△→,成立 则g(alnx)十g(ar-re')0. '.g(alnr)g(ze-ax). 因为a{-a+-(a-)+→o, 'alnxxe-ax. 即a(r+nx)<xe'-e'ìn. 故/(r)→2lna+号成立,得证! 又.'r6(0.1]. '.r+lnrE(-x.1]. 法四:(同构十切线放缩) 令x十lnx-l,则ati(-co,1]. 证明:当a→0时,要证:f(x)>2lna+3 当a~0时,令1→一. 此时→0,a→+,不符合题意 当a-0时,eal-0.符合题意; 只雪证: -(r+lna+1)+1(a-ln a-1)+1 当ao时a可以转化为l→-在(-,1]上 0. 成立, 又因为r+1,故e-(r+lna+1)→0;又ln<x 令h(ì)-,则(n)-1→0。 1,故(a-lna-1)→o,且→o,故-(x+ln a +1)(a-lna-1)+*→o显然成立,所以(s)> 即(t)在(-o0,1]上单调递增,h(ì) 故士→士,即0<a<. 2lna+,证毕. 综上所述,实数a的取值范围是[0,e]. 效 典题必刷·提素养 综合练六 函数的极值、最值 1. B 2. C 3. D 4. BD 5.C 真题必刷·明方向 1. B r(r)--ar-b r__= 设公切线与/(x)一r十1的图象切于点(x,+1) _ 由题可知x一1为/f(x)的极大值点, 与g(r)一2alnx+1的图象切于点(x.,2alnx.+1). r一r。 2aln故a-. /()-2-+2. ./(2)--故选B. 'a=b--2. 一r 22rroIn-- 2.C 依题可知,/(r)-ar-士→o在(1.2)上恒成立,显然 1:一文 .r-2r.-2r·lnx.. 'ar.故a-2r-2lnz. 设h(r)-2-2}·lnr(x>0). 设g(r)-xe’,r(1,2),所以'(x)-(x+1)e0,所以 则(c)-2x(1-2lnr). &h(一)在(0ve)上单调递增,在(ve,十o)上单调递减 .h()-Ve)-e. 1。,即a的最小值为。. :实数a的最大值为e。 故选C. 49 假期综合练 高二数学 3.D 当a0时,根据题意要使z一a是/(x)的极大值点. 假设直线y一2r是曲线y一f(x)的切线,切点为(z,y),则 则画数/(x)的大致图象如图1所示, #P()-3r-1-2,解得xn-士1;若x。-1,则切点坐标为 观察可知b>a,aba: (1.1),但点(1,1)也不在直线y-2r上;若工=-1,则切点 坐标为(-1,1),但点(-1,1)不在直线y-2x上,所以假设 不成立,故D错误. 7.答案1 解析 函数f(x)-|2x-1|-2lnx的定义线为(0,+). ①当→时,/(2)-2r-1-2lnv,所以f(r)-2-2- 图2 图1 2(-1)当<1时,/(r)<0. 当a0时,根据题意要使r一a是f(x)的极大值点, 7 则函数f(x)的大致图象如图2所示, 当>1时,/(x)>0,所以f(x)=f1)-2-1-2ln1 观察可知ab,aba. -1: 综上,可知必有aba成立。 ②当0<r<时,/(r)-1-2r-2lnr在(o.]上单调选 4.Df(r)=cosr+(x+1)sinr+1,x[o,2n],则/(r) -sinr十sinx十(r+1)eos r 减,所以fco)()--2-n-21n 2-1n4>ln e-1.综 -(x+1)cosx.2[o,2x]. 令/(x)-0,解得x--1(含去)x-或x-3- 上.fCx)-1. 8.解(1)当a--1时,f(r)-(-1)n(r+1). 因为/()-cos吾+(+1)sin吾+1-2+吾· ()-o{(3+1)sn+-- 据此可得/(1)-0./(1)=-ln2. 函数在(1,f(1))处的切线方程为 7 /(0)-cos 0+(0+1)sin0+1-2. y-0--ln2(x-1). f(2)-cos 2n+(2+1)sin2+1-2. 即(ln2)x+y-ln2-0. 所以f(x)-/()-2+: (2)由画数的解析式可得/(-)-(x十a)ln(-+1). (#7()一 画数的定义域满足士+1-1→0.即画数的定义域为 (-00.-1)U(0.+o0). 定义域关于直线r一一 #1对称。 导得/G)---△-20r--2. 因为函数/(x)既有极大值也有极小值,则函数/(r)在(0. +00)上有两个变号零点,而a0. 由对称性可知#(-+m)-f(--”)#(m>). 因此方程ar一hr-2c-0有两个不等的正根x。.r。. △-+8a0. 取m-3可得f(1)-/(-2). 即(a+1)ìn2-(a-2)ln寸,则a+1-2-a,解得a-. 20. rr:=- abc<0,即br0,A错误,BCD正确。 #即存在a-b--满足题意,# 故选BCD. 6.AC 因为f(r)- -+1,所以(r)-3r-1.令 () (3)由函数的解析式可得 /(x)#(-)n(x+1)+(+). 或#<由(a)#_3x”-一1<得-是.所以 由f(x)在区间(0,十o)存在极值点,则/(x)在区间 (0.十0)上存在变号零点; (c)#-+1在(-,-).(+)上单调 (-)n(cr1)+(+)-0. 增,在(一)上单调减,所以(x)有两个极点,故 则一(r+1)ln(r+1)+(r+ar*)-0. 令g(x)-ar+-(x+1)n(r十1). A正确; ((1)在区间(0,十2)存在极值点,等价千是(x)在区间 因为(2)的极小值/#()-()#-+1-1-20 (0.十0)上存在变号家点, f(-2)-(-2)*-(-2)+1--5<0,所以函数 (r)在R 当a0时,g(x)<0,g(x)在区间(0.十co)上单调递减, 上有且只有一个零点,故B错误; 此时g(x)<g(0)-0,g(x)在区间(0.+co)上无零点. 因为函数g(x)一X一1的图象向上平移一个单位长度得函 不合题意; 数f(x)-r-x+1的图象,品数g(x)-”-r的图象关于 原点(0.0)中心对称且g(0)-0,所以点(0,1)是曲线f(x) 当a>2a>1时,由于叶<1,所以”(v)→0.g(2) 一一r十1的对称中心,故C正确; 在区间(0.十o)上单调递增. 50 参考答案 所以g'(x)g(0)-0,g(x)在区间(0,+)上单调 所以g(z)-rlnr十C(C为常数). 增,g(r)>g(0)-0. 所以f(x)-rg(r)-rlnr+Cr. 所以g(1)在区间(0.十)上无零点,不符合题意; 又/(1)-0.所以C-0. 当0时, 所以f(r)=xlnx,f(r)=r(2lnr+1). 当0{x<一时,/(c)<0,f(c)单调通减; VC 当x时,/(x)>o.f(x)单调递增, 当rE(o.-1)时,8”(c)<0.g(x)单调递减, e 所以/(x)在x一一处取得极小值, 当#(-1.+)时:g”(c)>0,g(c)单调增。 图为1<#<2,所以<1## 故(r)的最小值为s(-1)-1-2a+ln 2a 令n(r)-1-+lnr(0 r<1). 所以/(r)在(,1)上有极小值, 则'()--+10. 可知A,B都正确; r g(r)-xlnx,g'(r)-lnr+1. 函数m(x)在定义域内单调递增,m(x)\m(1)-0. 据此可得1-r十nx~0恒成立, 当0<x<1时,g(c)<0.g(x)单调递减, 则(-1)-1-2a+ln 2a<o. 当x一时,'(r)0.g(x)单调递增. 令h(r)-lnx-r+r(r>0). 所以g(t)的极小值即最小值为x(-)---,故C错误; 则(x)--2r+-+1. f(c)-fr)-x(x-1D)lnz: 当x(0.1)时,h'(x)一0,h(x)单调递增. 当(1.+co)时,h'(x)<0,h(x)单调减, 当0<x<1时,r-1<0.lnx<0. 故h(r)<h(1)-0. 以()-/)o. 即lnx-r(取等条件为x-1). r 所以g(x)=2ax-ln(x+1)2ar-[(x+1)- 当>1时,r-10n >0. (+1)]-2ar-(r+r). 所以(G)f(x)o. g'(2a-1)>2a(2a-1)-[(2a-1)+(2a-1)]-0,且 而r-1时,(1)-/(1)-0. r 注意到可(0)-0. 根据零点存在性定理可知:r(1)在区间(0,十)上存在 所以f()-/(x)的最小值为0.故D正确. 唯一零点xp. 当x(0.x)时,g(r)<0,g(r)单调减, 7.答案(1,十oo) 当xé(x。,十oo)时,g'(x)>0,g(x)单调递增. 解析 因为/(c)---ax十1. 所以g(x)<g(0)-0. 则/(x)--ar-a. 若函数/(x)---ar十1有两个极值点, 2 则/(r)一0有两个根. 则n(x)单调递减,注意到n(1)-0. 则只需满足e-ar十a有两个解, 故当r(1.+o)时,lnr- 即函数y一e”的图象与直线y一ax十a有两个交点 作出函数y-e与y一ax十a的图象,如图, ) , y=e /y-ar+a 所以g(r)=ax +x-(x+1)n(x+1)>ar+x- (+1)×号[(c+1-]-(-)+号. #(a-)-得:#一 -2~10 12 -1 当y-a文十a与画数y一e”相切时, 存在变号零点,符合题意. 设切点为A(r。,y)y'一. 综合上面可知:实数a得取值范围是(o.士). [y-ar+. 则{y=%. 解得 /r-0. _e: -1. 典题必刷·提素养 1.A 2.D 3.B 4.D 5.B 所以实数a的取值范围为(1,十) 6.ABD设g(r)-/(). 8.答案 一/ 则()--f()-(r)_1nr+1. 解析 因为/(c)一2023”0仅在x-0时取等号, 1r 故/(c)一*在B上单调递增, 假期综合练 高二数学 故由对任意的正实数工,不等式/(e”)/()短成立, 当且仅当--x。,即x。-1时取等号, 可得m→o,e”→ln(x>0)恒成立, 对任意x0h(x)0. 必须且只雪2+2lna→0, .memlnx. 解得a→a的取值范为[+o_). 即mrerlnr=e”·nx恒成立, 各0 r<l时,no,mxe~rlnr-e”.lnx恒成立. 2.解(1)y一f(r)的定义域为(0,1)(1,十). 当r1时,构造函数g(x)=xe. 1-1-lnr g'(r)=e+xe=(r十1)e0惊成立 且尸r) r :当文>1时:g(x)单调遂增,则不等式ln正桓成立等 (r-1). 令x(x)-1-1-1nx 价于g(mx)一g(lnx)恒成立, 则()-1# 即m→n惊成立,故索 n→(). ) 设G()-ln.G(s)-1-ln. 当x(0.1)时,g’(r)0,g(r)单调递增; 当r(1.+o)时,g’(r)<0,g(r)单调递减 2.G(r)在[l,e)上单调递增,在[e,+)上单调递减, 又因为g(1)-0. 所以当x(0.1)U(1,+o)时,g(r)<0. 即(r)0. 故m的最小值为士. 所以函数y=f(r)在区闹(0,1),(1,+c)上均单调递减 (2)因为ar-xx(e-1)lnx, 综合练七 不等式的恒成立问题与 所以(x-1)ln (e-1)lnx. 能成立问题 #来不等天可化## 当0,r1时,x-10. 典题必刷·提素养 Inr 1.解(1)''f(r)-lnr-ae(aeR). 即/(e)f(r). .f(1)--ae-1,即a-- 由0易知e(1,十o). 2.f(r)-lnx十e. 由(1)知,y一/(x)在(1,十o)上单调递减. 故只需e<x在(1,十oo)上能成立。 两边同取自然对数得&x lnr, *切线方程为y-2x-1,即2x-y-1-0 即一ln在(1.十)上能成立。 (2)当a0时,对任意x0,f(r)lna愤成立, 即ae-lnr+lnao恒成立. 令()-ln(r>1),则(-)-1-lnx. 设h(r)=ae*-lnx+lna.r>0. 当x(1,e)时,'(r)>0,画数ye(x)单调遥增: 当x(e.+)时,c(r)<o,&数y-g(x)单调递减, 作出&数y-ae”与y--的大致图象,如图, y y-ae 又o,故x的取值范困是(o.1 综合练八 导数与不等式证明 典题必刷·提素养 1.解 (1)f(r)的定义域为(0,+oo),f(x)-lnx-2ax+1, 由题意知/(z)-0在(0,十)上有两解, 即lnr-2ar+1-0. 即2_ln+1有两解。 令(n)-ln+1(cx>o). 可知画数y-ae与y-一的图象有一个交点, 即(x)在(0,十)内有唯一的零点 即g(r)的图象与直线y一2a有两个交点。 设'(x)的零点为”。. 由可(r)--lnr=0,得r=1. 则n'(r。)-ae。-1-0. 当xé(0.1)时,g’(x)一0.g(x)单调递增; 当0<r<x。时,h'(r)<0,h(r)单调递减; 当xé(1,+oo)时,g'(z)<0,g(x)单调递减, 当x>t.时,h'(r)0,h(x)单调递增, 'g(c)-g(1)-1g(-)-0. 由a-1_。. 当x→0时,g(x)→-o;当x→+o时,g(x)→0. 得e-,取对数得-lnc.=-。+lna. .0<21. 1 $()-h(x)-ae-lnr十lna .0<a 1-ln 文。+1na-1+2。+2tn a2+2ln a. 'a的取值范围是(o.). 52