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0当x>1时，f(x)=(ex－1)(x－1)>0,1不会是极值点.
当k=2时，f(x)=(ex－1)(x－1)2，零点还是0,1，
但是当01时，f(x)>0，由极值的概念，知选C.
答案为：A；
解析：f(x)=xlnx－aex(x＞0)，∴f′(x)=lnx＋1－aex(x＞0)，
由已知函数f(x)有两个极值点可得y=a和g(x)=eq \f(lnx＋1,ex)在(0，＋∞)上有两个交点，
g′(x)=eq \f(\f(1,x)－lnx－1,ex)(x＞0)，令h(x)=eq \f(1,x)－lnx－1，则h′(x)=－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＜0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减且h(1)=0，
∴当x∈(0,1]时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0,1]上单调递增，
g(x)≤g(1)=eq \f(1,e)，当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，
即g′(x)＜0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max=g(1)=eq \f(1,e)，
而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0；
若y=a和g(x)在(0，＋∞)上有两个交点，只需0＜a＜eq \f(1,e).
答案为：A.
解析：f′(x)=lnx－aex＋1，若函数f(x)=xlnx－aex有两个极值点，
则y=a和g(x)=eq \f(lnx＋1,ex)在(0，＋∞)上有2个交点，g′(x)=eq \f(\f(1,x)－lnx－1,ex)(x>0).
令h(x)=eq \f(1,x)－lnx－1，则h′(x)=－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0，h(x)在(0，＋∞)上递减，
而h(1)=0，故x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)递增，
x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)递减，故g(x)max=g(1)=eq \f(1,e)，
而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0.
若y=a和g(x)=eq \f(lnx＋1,ex)在(0，＋∞)上有2个交点，只需0 答案为：C.
解析：∵f(x)=eq \f(ex,x)－mx>0在(0，＋∞)上恒成立，∴m令g(x)=eq \f(ex,x2)，x>0，∴g′(x)=eq \f(x2－2xex,x4)=eq \f(x－2ex,x3)，当0g(x)单调递减；当x>2时，g′(x)>0，g(x)单调递增.
故当x=2时，g(x)取得最小值，且最小值为g(2)=eq \f(e2,4).∴m 答案为：1；
解析：由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.
令f′(x)=eq \f(1,x)－a=0，得x=eq \f(1,a)，当0＜x＜eq \f(1,a)时，f′(x)＞0；
当x＞eq \f(1,a)时，f′(x)＜0.∴f(x)max=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))=－lna－1=－1，解得a=1.
答案为：6
解析：f(x)=x3－2cx2＋c2x，f′(x)=3x2－4cx＋c2，f′(2)=0⇒c=2或c=6，
若c=2，f′(x)=3x2－8x＋4，令f′(x)＞0⇒x＜eq \f(2,3)或x＞2，f′(x)＜0⇒eq \f(2,3)＜x＜2，
故函数在(-∞,eq \f(2,3))及(2，＋∞)上单调递增，在(eq \f(2,3)，2)上单调递减，
所以x=2是极小值点，故c=2(不合题意，舍去)，c=6.
答案为：(－∞，e].
解析：f′(x)=eq \f(x2ex－2xex,x4)－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x2)＋\f(1,x)))=eq \f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ex,x)－k)),x2)(x>0).
设g(x)=eq \f(ex,x)(x>0)，则g′(x)=eq \f(x－1ex,x2)，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)=e，结合g(x)=eq \f(ex,x)与y=k的图象可知，
要满足题意，只需k≤e.
答案为：－3
解析：f′(x)=6x2－2ax=2x(3x－a)(x＞0).
①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上递增，
又f(0)=1，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点.
②当a＞0时，由f′(x)＞0解得x＞eq \f(a,3)，
由f′(x)＜0解得0＜x＜eq \f(a,3)，∴f(x)在(0,eq \f(a,3))上递减，在(eq \f(a,3),+∞)上递增.
又f(x)只有一个零点，∴f(eq \f(a,3))=－eq \f(a3,27)＋1=0，∴a=3.
此时f(x)=2x3－3x2＋1，f′(x)=6x(x－1)，
当x∈[－1，1]时，f(x)在[－1，0]上递增，在[0，1]上递减.
又f(1)=0，f(－1)=－4，∴f(x)max＋f(x)min=f(0)＋f(－1)=1－4=－3.
答案为：e
解析：(1)不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，即为f(x)=ex－kx≥0恒成立，
即有f(x)min≥0，由f(x)的导数为f′(x)=ex－k，
当k≤0时，ex＞0，可得f′(x)＞0恒成立，f(x)递增，无最值；
当k＞0时，x＞ln k时f′(x)＞0，f(x)递增；x＜ln k时f′(x)＜0，f(x)递减.
即在x=ln k处取得最小值，且为k－kln k，
由k－kln k≥0，解得k≤e，即k的最大值为e.
答案为：[eq \f(3,2)，＋∞).
解析：由f(x)=x＋alnx(a>0)，得当x∈(eq \f(1,2)，1)时，f′(x)=1＋eq \f(a,x)>0，
f(x)在(eq \f(1,2)，1)上单调递增，不妨设x1>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)<0，h(x)单调递减，
故a≥eq \f(3,2)，正数a的取值范围是[eq \f(3,2)，＋∞).