专题一函数与导数 第4讲 函数的极值、最值（含部分解析）-2024年高考数学大二轮复习专题强化练

这是一份专题一函数与导数 第4讲 函数的极值、最值（含部分解析）-2024年高考数学大二轮复习专题强化练，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．下列函数中，不存在极值的是( )
A．y＝x＋eq \f(1,x) B．y＝xex
C．y＝xln x D．y＝－3x3－3x2－x
2．(2023·西宁模拟)函数f(x)＝eq \f(ex,x2－3)在[2，＋∞)上的最小值为( )
A.eq \f(e3,6) B．e2 C.eq \f(e3,4) D．2e
3．(2023·哈尔滨模拟)若函数f(x)＝ax3＋3x2＋b在x＝2处取得极值1，则a－b等于( )
A．－4 B．－3 C．－2 D．2
4．(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)
C．(－4，－1) D．(－3,0)
5．(2023·武汉模拟)已知函数f(x)＝ex－eq \f(x,a)－b，∀x∈R，都有f(x)的最小值为0，则a2b的最小值为( )
A．－eq \f(1,e2) B.eq \f(1,e2) C．－eq \f(2,e2) D.eq \f(2,e2)
6．(2023·聊城模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ex2－ax(a>0且a≠1)有一个极大值点x1和一个极小值点x2，且x1A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))
C．(1，e) D．(e，＋∞)
二、多项选择题
7．(2023·新高考全国Ⅱ)若函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)(a≠0)既有极大值也有极小值，则( )
A．bc>0 B．ab>0
C．b2＋8ac>0 D．ac<0
8．已知函数f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax(a∈R)，下列说法正确的是( )
A．若y＝f(x)是偶函数，则a＝－eq \f(3,2)
B．若y＝f(x)是偶函数，则a＝－3
C．若a＝－2，函数存在最小值
D．若函数存在极值，则实数a的取值范围是(－3,0)
三、填空题
9．(2023·北京朝阳区模拟)已知函数f(x)＝(x2－3)ex，则f(x)的极小值点为________．
10．(2023·凉山模拟)已知函数f(x)的导函数为g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点，则实数a的值为________．
11．(2023·泸州模拟)已知函数f(x)＝xln x＋mex有两个极值点，则m的取值范围是________．
12．(2023·江门模拟)已知f(x)＝|ln x|，x1，x2是方程f(x)＝a(a∈R)的两根，且x1四、解答题
13．(2023·西安模拟)已知函数f(x)＝eq \f(x,a)＋ln x，其中a为常数，e为自然对数的底数．
(1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为2，求a的值．
14.已知函数f(x)＝(a－x)ln x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：当a>0时，函数f(x)存在唯一的极大值点．
第4讲 函数的极值、最值
1．D 2.A 3.D 4.B 5.A 6.B
7．BCD [函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)－eq \f(2c,x3)＝eq \f(ax2－bx－2c,x3)，
因为函数f(x)既有极大值也有极小值，
则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，
因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不相等的正实数根x1，x2，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝b2＋8ac>0，,x1＋x2＝\f(b,a)>0，,x1x2＝－\f(2c,a)>0，))
即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，
显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确．]
8．ACD [对于A，B，函数的定义域为R，
且f(－x)＝f(x)，
则ln(e－3x＋1)＋a(－x)＝ln(e3x＋1)＋ax，
则lneq \f(e3x＋1,e－3x＋1)＝－2ax，
则ln e3x＝－2ax，则3x＝－2ax恒成立，
故a＝－eq \f(3,2)，所以A正确，B错误；
对于C，当a＝－2时，
f(x)＝ln(e3x＋1)－2x，
可得f′(x)＝eq \f(3e3x,e3x＋1)－2＝1－eq \f(3,e3x＋1)，
令f′(x)＝0，即1－eq \f(3,e3x＋1)＝0，解得x＝eq \f(ln 2,3)，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(ln 2,3)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln 2,3)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln 2,3)))，所以C正确；
对于D，f′(x)＝(3＋a)－eq \f(3,e3x＋1)，
因为f(x)存在极值，所以f′(x)有零点，
令f′(x)＝0，即(3＋a)－eq \f(3,e3x＋1)＝0，
所以x＝eq \f(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－a,a＋3))),3)，
则eq \f(－a,a＋3)>0，即a(a＋3)<0，
解得－39．x＝1 10.2
11.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0))
解析 由题意，令f′(x)＝1＋ln x＋mex＝0，
即－m＝eq \f(1＋ln x,ex)有两个不相等的正实根，
所以y＝－m与g(x)＝eq \f(1＋ln x,ex)在(0，＋∞)上有两个交点，
则g′(x)＝eq \f(\f(1,x)－1－ln x,ex)，
记h(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，且h(1)＝0，
当x∈(0,1]时h(x)≥0，g′(x)≥0，
所以g(x)在(0,1]上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时h(x)<0，g′(x)<0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e)，
当x→0时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0，
综上，当0<－m12.eq \f(1,e)
解析 由题意x1，x2是方程|ln x|＝a的两根，且x1则a>0，ln x1＝－a，ln x2＝a，
即x1＝e－a，x2＝ea，
所以eq \f(a,x1x\\al(2,2))＝eq \f(a,e－a·ea·ea)＝eq \f(a,ea)(a>0)，
令g(x)＝eq \f(x,ex)(x>0)，g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
当00，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
则当x＝1时，g(x)取最大值eq \f(1,e)，
所以eq \f(a,x1x\\al(2,2))的最大值是eq \f(1,e).
13．解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝ln x－x，
f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
令f′(x)>0得，0令f′(x)<0得，x>1，
∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，
单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)f′(x)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,x)＝eq \f(a＋x,ax).
①当a>0时，x>0，∴f′(x)>0，
∴函数f(x)在(0，e]上单调递增，
∴f(x)max＝f(e)＝2，
∴eq \f(e,a)＋1＝2，∴a＝e符合题意；
②当－e令f′(x)＝0得x＝－a，
∴f(x)max＝f(－a)＝2，
∴－1＋ln(－a)＝2，
∴a＝－e3不符合题意，舍去；
③当a≤－e时，在(0，e)上f′(x)>0，
∴f(x)在(0，e)上单调递增，故f(x)在(0，e]上的最大值为f(x)max＝f(e)＝eq \f(e,a)＋1＝2，
∴a＝e不符合题意，舍去，
综上可得a＝e.
14．(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(1)＝0，
f′(x)＝－ln x＋eq \f(a－x,x)，f′(1)＝a－1，
故曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(a－1)(x－1)．
(2)证明 f′(x)＝－ln x＋eq \f(a－x,x)
＝eq \f(－xln x－x＋a,x)，
令g(x)＝－xln x－x＋a，g′(x)＝－ln x－2，
令g′(x)＝0，x＝eq \f(1,e2)；
令g′(x)>0,0令g′(x)<0，x>eq \f(1,e2)，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))上单调递减，
当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))时，
g(x)＝－x(ln x＋1)＋a>0恒成立，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))时，a＋1>1>eq \f(1,e2)，
g(a＋1)＝－(a＋1)ln(a＋1)＋a－(a＋1)<0，
故存在唯一的x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，a＋1))，
使得g(x0)＝0，即f′(x0)＝0，
且当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，x0))时，g(x)>0，
即f′(x)>0；
当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，
即f′(x)<0，
综上所述，当x∈(0，x0)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，即f(x)存在唯一的极大值点x0.
x
(0，－a)
－a
(－a，e)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
极大值
单调递减