第2章 专题强化练8 函数的最值及其应用（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（北师大版）

专题强化练8　函数的最值及其应用 1.(2025安徽安庆六校联考)函数f(x)=xex的最小值为(　　) A.　　　　　B.1　　　　　C.-　　　　　D.e2 2.(2024四川内江威远中学月考)已知f(x)=x3-x在区间(m,6-m2)上有最小值,则实数m的取值范围是(　　) A.(-∞,)　　　　　 B.(-2,) C.[-2,2)　　 　　　D.[-2,1) 3.(2025安徽安庆怀宁新安中学段测)设实数m>0,若对任意的x∈[2,+∞),不等式2e2mx-≥0恒成立,则实数m的最小值为(　　) A.　　　　　B.1　　　　　C.　　　　　D. 4.(2024福建泉州德化一中)直线y=m分别与直线y=2x+3及曲线y=f(x)=x+ln x交于A,B两点,则|AB|的最小值为(　　) A.1　　　　　B.2　　　　　C.3　　　　　D.4 5.(多选题)(2024四川宜宾四中月考)已知函数f(x)=cos x+e|x|(x∈R),则下列判断正确的是(　　) A.函数f(x)的图象关于原点对称 B.函数f(x)在(-π,π)上单调递增 C.函数f(x)的最小值为2,无最大值 D.不等式f(1-2x)-f(x)<0的解集为 6.(2024江西八所重点中学联考)函数f(x)=|2x-m|-|ln x|有且只有一个零点,则m的取值可以是(　　) A.2　　　　　B.1　　　　　C.3　　　　　D.e 7.(2025陕西西安中学期中)若函数f(x)=kx-ex在(1,+∞)上不存在最值,则实数k的取值范围为　　　　.  8.(2023福建龙岩一中月考)若函数g(x)在区间D上有定义,且∀a,b,c∈D,g(a),g(b),g(c)均可作为一个三角形的三边长,则称g(x)在区间D上为“M函数”.已知函数f(x)=-ln x+k是定义在区间上的“M函数”,则实数k的取值范围为　　　　　　.  9.(2025广西梧州高级中学等校联考)已知函数f(x)的导函数为f'(x),我们称函数f'(x)的导函数f″(x)为函数f(x)的二阶导函数,若一个连续函数f(x)在区间I上的二阶导函数f″(x)≥0,则称f(x)为I上的凹函数,若二阶导函数f″(x)≤0,则称f(x)为I上的凸函数. (1)若函数f(x)=-x3+ax2+ax-axln x是(0,+∞)上的凸函数,求实数a的取值范围; (2)已知函数G(x)=+sin x,x∈(0,π). ①若G(x)是(0,π)上的凹函数,求实数b的取值范围; ②若G(x)在(0,π)内有两个不同的零点x1,x2,证明:<x1+x2<π. 答案与分层梯度式解析 1.C 2.D 3.C 4.B 5.CD 6.B 1.C　f'(x)=ex+xex=ex(x+1),令f'(x)=0,解得x=-1, 所以当x∈(-∞,-1)时, f'(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(-1,+∞)时, f'(x)>0,函数f(x)单调递增,则f(x)min=f(-1)=-1·e-1=-. 2.D　f'(x)=x2-1,令f'(x)=0,得x=±1, 当-1<x<1时, f'(x)<0,当x>1或x<-1时, f'(x)>0, 所以f(x)的极小值为f(1). 因为f(x)在区间(m,6-m2)上有最小值, 所以解得-2≤m<1. 3.C　由m>0,不等式2e2mx-≥0恒成立,得2me2mx≥ln x, 又x∈[2,+∞),所以2mxe2mx≥xln x=eln x·ln x恒成立, 令g(x)=xex,则g'(x)=ex+xex=(x+1)ex, 当x>0时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 则不等式2mxe2mx≥eln x·ln x恒成立等价于g(2mx)≥g(ln x)恒成立, 即2mx≥ln x恒成立,即2m≥恒成立, 设h(x)=,x≥2,则h'(x)=, 当2≤x<e时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x>e时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 所以h(x)max=h(e)=, 所以2m≥,即m≥,则实数m的最小值为. 4.B　解法一:设A(x1,m),B(x2,m), 则m=2x1+3=x2+ln x2,易得x2>x1, ∴|AB|=x2-x1=x2-=(x2-ln x2+3). 令g(x)=(x-ln x+3), 则g'(x)==(x>0). 当x∈(0,1)时,g'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0. ∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴g(x)min=g(1)=×(1-ln 1+3)=2, 即|AB|的最小值为2. 解法二:过点B作直线y=2x+3的垂线,垂足为C, 易得|AB|=|BC|,要使|AB|最小,只需|BC|最小,即点B到直线y=2x+3的距离最短. 将直线y=2x+3平移至与曲线y=x+ln x相切,切点即为所求点B. 设B点的坐标为(x0,y0), 由f'(x)=1+可得f'(x0)=1+=2,解得x0=1, ∴B点的坐标为(1,1),∴A点的坐标为(-1,1), ∴|AB|=2,即|AB|的最小值为2. 5.CD　因为f(-x)=cos(-x)+e|-x|=cos x+e|x|=f(x),x∈R,所以f(x)是偶函数,其图象关于y轴对称,故A错误; 易知偶函数在y轴两侧的单调性相反,因此f(x)在(-π,0)和(0,π)上的单调性不同,故B错误; 当x>0时,f(x)=cos x+ex,则f'(x)=-sin x+ex,因为x>0时,ex>1,-1≤sin x≤1,所以f'(x)=-sin x+ex>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增, 又f(x)是偶函数,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,因此f(x)min=f(0)=1+1=2,即函数f(x)的最小值为2,无最大值,故C正确; 由f(1-2x)-f(x)<0得f(1-2x)<f(x),因为函数f(x)是偶函数,且f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减,所以|1-2x|<|x|,即(1-2x)2<x2,整理得3x2-4x+1<0,解得<x<1,即不等式f(1-2x)-f(x)<0的解集为,故D正确. 6.B　f(x)=|2x-m|-|ln x|=0⇔m-2x=ln x或m-2x=-ln x, 令h(x)=2x+ln x,x>0,显然h(x)单调递增,令g(x)=2x-ln x(x>0), 则g'(x)=2-,当0<x<时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x>时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 所以g(x)min=g=1+ln 2, 令2x+ln x=2x-ln x,得x=1,在同一平面直角坐标系中作出h(x),g(x)的大致图象,如图所示, 因为f(x)=|2x-m|-|ln x|有且只有一个零点,所以方程m=h(x),m=g(x)的根的个数之和为1,由图可知m<1+ln 2,对比选项可知m的取值可以是1. 7.答案　(-∞,e] 解析　f'(x)=k-ex, 当k≤0时, f'(x)=k-ex<0,函数f(x)在(1,+∞)上单调递减,不存在最值; 当k>0时,令f'(x)=k-ex=0,可得x=ln k, 令f'(x)>0,则x<ln k,令f'(x)<0,则x>ln k, 所以函数f(x)在(-∞,ln k)上单调递增,在(ln k,+∞)上单调递减, 若函数f(x)=kx-ex在(1,+∞)上不存在最值,则ln k≤1,解得0<k≤e. 综上所述,实数k的取值范围为(-∞,e]. 8.答案　(2e-4,+∞) 解析　因为f(x)是定义在区间上的“M函数”, 所以2f(x)min>f(x)max且f(x)min>0. 因为f(x)=-ln x+k=1--ln x+k,x∈, 所以f'(x)=-=. 令f'(x)<0,得1<x≤e;令f'(x)>0,得≤x<1, 所以f(x)在上单调递增,在(1,e]上单调递减,则f(x)max=f(1)=k. 又f=1-e-ln+k=2+k-e,f(e)=1--ln e+k=k-,f-f(e)=2-e+<2-e+<0, 所以f(x)min=f=2+k-e. 所以解得k>2e-4,所以实数k的取值范围为(2e-4,+∞). 9.解析　(1)f'(x)=-x2+ax-aln x, f″(x)=-2x+a-,x>0. 因为f(x)是(0,+∞)上的凸函数,所以f″(x)=-2x+a-≤0在(0,+∞)上恒成立, 即当x∈(0,+∞)时,2x2-ax+a≥0恒成立. 函数y=2x2-ax+a的图象的对称轴为直线x=, 若x=≤0,即a≤0,则只需当x=0时,y=a≥0即可,所以a=0; 若x=>0,即a>0,则需当x=时,y=-+a≥0即可,所以0<a≤8. 综上可得,a∈[0,8]. (2)①G'(x)=+cos x, G″(x)=-sin x. 因为G(x)是(0,π)上的凹函数,所以-sin x≥0在(0,π)上恒成立,即≥在(0,π)上恒成立. 令g(x)=(x∈(0,π)),则g'(x)==. 当x∈时,<x+<π,则g'(x)>0,g(x)单调递增; 当x∈时,π<x+<,则g'(x)<0,g(x)单调递减. 所以g(x)max=g=,所以≥,解得0<b≤, 所以实数b的取值范围是(0,]. ②证明:由①知,因为G(x)在(0,π)内有两个不同的零点x1,x2, 所以方程g(x)=-在(0,π)内有两个不相等的实数根x1,x2,即g(x1)=g(x2)=-. 不妨令x1<x2,因为g(x)在上单调递增,在上单调递减,所以0<x1<<x2<π. 欲证x1+x2<π,即证x2<π-x1, 因为且g(x)在上单调递减, 所以只需证g(x2)>g(π-x1),即证g(x1)>g(π-x1),即证>,即证>, 只需证>,即证x1<,而该式显然成立. 欲证x1+x2>,即证x2>-x1, 因为-x1∈,所以只需证g(x2)<g, 即证g(x1)=<g=,即证tan x1<, 令h(x)=,x∈,则h'(x)==>0, 所以h(x)在上单调递增,所以h(x)<h=1,则原不等式得证. 综上,<x1+x2<π. 1 学科网（北京）股份有限公司 $