2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习14《导数与函数的极值、最值》(含详解)

这是一份2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习14《导数与函数的极值、最值》(含详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
已知函数f(x)=x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)=( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(4,3) C.eq \f(8,3) D.eq \f(16,3)
函数f(x)=x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是( )
A.20 B.18 C.3 D.0
设函数f(x)=eq \f(1,3)x3－x＋m的极大值为1，则函数f(x)的极小值为( )
A.－eq \f(1,3) B.－1 C.eq \f(1,3) D.1
函数f(x)=x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( )
A.－2 B.0 C.2 D.4
若函数f(x)=2x2－ln x在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是( )
A.[1，＋∞) B.[1,eq \f(3,2)) C.[1，2) D.[eq \f(3,2),2)
函数f(x)=x2－5x＋2ex的极值点所在的区间为( )
A.(0，1) B.(－1，0) C.(1，2) D.(－2，－1)
函数f(x)=ln x－x在区间(0，e]上的最大值为( )
A.1－e B.－1 C.－e D.0
已知e为自然对数的底数，设函数f(x)=(ex－1)(x－1)k(k=1，2)，则( )
A.当k=1时，f(x)在x=1处取得极小值
B.当k=1时，f(x)在x=1处取得极大值
C.当k=2时，f(x)在x=1处取得极小值
D.当k=2时，f(x)在x=1处取得极大值
已知e为自然对数的底数，设函数f(x)=(ex－1)(x－1)k(k=1,2)，则( )
A.当k=1时，f(x)在x=1处取到极小值
B.当k=1时，f(x)在x=1处取到极大值
C.当k=2时，f(x)在x=1处取到极小值
D.当k=2时，f(x)在x=1处取到极大值
已知函数f(x)=xlnx－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) B.(0，e) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e)) D.(－∞，e)
已知函数f(x)=xlnx－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A.(0,eq \f(1,e)) B.(0，e) C.(eq \f(1,e),e) D.(－∞，e)
已知函数f(x)=eq \f(ex,x)－mx(e为自然对数的底数)，若f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则实数m的取值范围是( )
A.(－∞，2) B.(－∞，e) C.(-∞,eq \f(e2,4)) D.(eq \f(e2,4),+∞)
二、填空题
已知y=f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)=lnx－ax（a>0.5），当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a= .
f(x)=x(x－c)2在x=2处有极大值，则常数c的值为________.
已知函数f(x)=eq \f(ex,x2)－k SKIPIF 1 < 0 ，若x=2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为________.
若函数f(x)=2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.
不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，则实数k的最大值为________.
已知函数f(x)=x＋alnx(a>0)，若∀x1，x2∈(eq \f(1,2)，1)(x1≠x2)，|f(x1)－f(x2)|>|eq \f(1,x1)－eq \f(1,x2)|，
则正数a的取值范围是 .
\s 0 答案解析
答案为：C
解析：由图象可知f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)，
因此eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋b＋c＝0，,8＋4b＋2c＝0，))解得b=－3，c=2，所以f(x)=x3－3x2＋2x，
所以f ′(x)=3x2－6x＋2.因为x1，x2是方程f ′(x)=3x2－6x＋2=0的两根，
所以x1＋x2=2，x1x2=eq \f(2,3)，所以xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)=(x1＋x2)2－2x1x2=4－eq \f(4,3)=eq \f(8,3).
答案为：A；
解析：因为f′(x)=3x2－3=3(x－1)(x＋1)，
令f′(x)=0，得x=±1，可知－1,1为函数的极值点.
又f(－3)=－19，f(－1)=1，f(1)=－3，f(2)=1，
所以在区间[－3,2]上，f(x)max=1，f(x)min=－19.
由题设知在区间[－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t，
从而t≥20，所以t的最小值是20.
答案为：A；
解析：f′(x)=x2－1，由f′(x)=0得x1=－1，x2=1.所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x=－1处取得极大值，且f(－1)=1，即m=eq \f(1,3)，函数f(x)在x=1处取得极小值，
且f(1)=eq \f(1,3)×13－1＋eq \f(1,3)=－eq \f(1,3).故选A.
答案为：C.
解析：f′(x)=3x2－6x，令f′(x)=0，得x=0或2.
∴f(x)在[－1,0)上是增函数，f(x)在(0,1]上是减函数.∴f(x)max=f(x)极大值=f(0)=2.
答案为：B；
解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又因为f′(x)=4x－eq \f(1,x)，
所以由f′(x)=0解得x=eq \f(1,2)，由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k－1＜\f(1,2)＜k＋1，,k－1≥0，))解得1≤k＜eq \f(3,2).
答案为：A；
解析：∵f′(x)=2x－5＋2ex为增函数，f′(0)=－3＜0，f′(1)=2e－3＞0，
∵f′(x)=2x－5＋2ex的零点在区间(0，1)上，
∴f(x)=x2－5x＋2ex的极值点在区间(0，1)上.
答案为：B
解析：因为f ′(x)=eq \f(1,x)－1=eq \f(1－x,x)，当x∈(0,1)时， f ′(x)＞0；
当x∈(1，e]时， f ′(x)＜0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，
单调递减区间是(1，e]，所以当x=1时， f(x)取得最大值ln 1－1=－1.
答案为：C；
解析：当k=1时，f′(x)=ex·x－1，f′(1)≠0，∴x=1不是f(x)的极值点.
当k=2时，f′(x)=(x－1)(xex＋ex－2)，
显然f′(1)=0，且在x=1附近的左侧f′(x)＜0，
当x＞1时，f′(x)＞0，∴f(x)在x=1处取得极小值.故选C.
答案为：C；
解析：当k=1时，f(x)=(ex－1)(x－1)，0,1是函数f(x)的零点.
当00).
令h(x)=eq \f(1,x)－lnx－1，则h′(x)=－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)0，即g′(x)>0，g(x)递增，
x∈(1，＋∞)时，h(x)x2，则|f(x1)－f(x2)|>|eq \f(1,x1)－eq \f(1,x2)|，
即f(x1)－f(x2)>eq \f(1,x2)－eq \f(1,x1)，f(x1)＋eq \f(1,x1)>f(x2)＋eq \f(1,x2)，
令g(x)=f(x)＋eq \f(1,x)，则g(x)在(eq \f(1,2)，1)上单调递增，
所以g′(x)=1＋eq \f(a,x)－eq \f(1,x2)≥0在(eq \f(1,2)，1)上恒成立，eq \f(a,x)≥eq \f(1,x2)－1，即a≥eq \f(1,x)－x在(eq \f(1,2)，1)上恒成立，
令h(x)=eq \f(1,x)－x，x∈(eq \f(1,2)，1)，则h′(x)=－1－eq \f(1,x2)