高中数学高考一轮复习练习第16讲　导数与函数的极值、最值练习2.docx

第16讲导数与函数的极值、最值练习2一、 单项选择题1. (2022·宝鸡期末)已知函数f(x)x3x2cxd有极值，则c的取值范围为()A. B. C. D. 2. 设函数f(x)在R上可导，其导函数为f(x)，且函数y(1x)f(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A. 函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B. 函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)C. 函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)D. 函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)3. 已知函数y(x>1)有最大值4，则a的值为()A. 1 B. 1 C. 4 D. 44. 已知yx3x在区间(m,6m2)上有最小值，则实数m的取值范围是()A. (，) B. (2，)C. 2，) D. 2,1)二、 多项选择题5. (2022·常熟期中)已知函数f(x)xe2xx2x，则()A. 和0是函数f(x)的极值点B. f(x)在上单调递增C. f(x)的极大值为D. f(x)的极小值为6. (2022·肥城模拟)下列关于偶函数f(x)的结论中正确的是()A. 曲线f(x)在x处的切线斜率为B. 函数f(x)<1恒成立C. 若0<x1<x2<，则f(x1)<f(x2)D. 若m<f(x)对于x恒成立，则m的最大值为三、 填空题7. 若函数f(x)x(xc)2在x2处有极大值，则c的值是_8. (2022·日照一模)设函数f(x)已知x1<x2，且f(x1)f(x2)，若x2x1的最小值为e，则a的值为_9. (2022·广州期末)已知函数f(x)x2aln(2x1)有两个不同的极值点x1，x2，且x1<x2，则实数a的取值范围是_四、 解答题10. (2021·北京卷)已知函数f(x).(1) 若a0，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2) 若函数f(x)在x1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值11. (2023·青岛)已知函数f(x)(1) 求f(x)的最小值；(2) 函数yf(x)的图象是一条连续不断的曲线，记该曲线与x轴围成图形的面积为S，求证：S<e.参考答案1. D【解析】 由题意知，定义域为R，f(x)x2xc，要使函数f(x)有极值，则f(x)必有两个不相等的实数根，则14c>0，解得c>.2. D【解析】 当x<2时，1x>0，(1x)f(x)>0，则f(x)>0，函数f(x)单调递增；当2<x<1时，1x>0，(1x)f(x)<0，则f(x)<0，函数f(x)单调递减；当1<x<2时，1x<0，(1x)f(x)>0，则f(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>2时，1x<0，(1x)f(x)<0，则f(x)>0，函数f(x)单调递增所以函数f(x)的极大值为f(2)，极小值为f(2)3. B【解析】 因为函数y(x>1)，所以y，令y0，解得x2或x0(舍去)若函数在区间(1，)上有最大值4，则最大值必然在x2处取得，所以4，解得a1，此时y，当1<x<2时，y>0，当x>2时，y<0，所以当x2时，y取得最大值4.4. D【解析】 因为f(x)x21(x1)(x1)，当1<x<1时，f(x)<0，当x>1时，f(x)>0，所以f(x)的极小值为f(1)，所以得得到2m<1.5. ACD【解析】 由题得f(x)e2x2xe2x2x1e2x(2x1)(2x1)(2x1)(e2x1)，当x<或x>0时，f(x)>0，函数f(x)单调递增；当<x<0时，f(x)<0，函数f(x)单调递减所以和0分别是函数f(x)的极大值点和极小值点，所以A正确；f(x)在上单调递减，所以B错误；函数f(x)的极大值为f×e1，所以C正确；函数f(x)的极小值为f(0)，所以D正确6. ABD【解析】 因为f(x)为偶函数，所以f(x)f(x)，所以a0.对于A，因为f(x)，所以f(x)，所以f，所以曲线f(x)在x处的切线斜率为，故A正确；对于B，令g(x)sinxx，则g(x)cosx1，当x>0时，g(x)0，所以g(x)单调递减，所以g(x)<g(0)0，即sinx<x，所以f(x)<1.因为f(x)为偶函数，所以函数f(x)<1恒成立，故B正确；对于C，f(x)，令h(x)xcosxsinx，则h(x)cosxxsinxcosxxsinx，当x(0，)时，h(x)<0，所以h(x)在(0，)上单调递减，所以h(x)<h(0)0，即f(x)<0在(0，)上恒成立，因此函数f(x)在(0，)上单调递减又0<x1<x2<，所以f(x1)>f(x2)，故C错误；对于D，因为函数f(x)在0，上单调递减，所以函数f(x)在上也单调递减，所以f(x)>f在上恒成立，即<在上恒成立，即m的最大值为，故D正确7. 6【解析】 因为f(x)(xc)22x(xc)3x24cxc2，且函数f(x)x(xc)2在x2处有极大值，所以f(2)0，即c28c120，解得c6或2.经检验当c2时，函数f(x)在x2处取得极小值，不符合题意，应舍去故c6.8. 1e【解析】 令f(x1)f(x2)t，如图，由图象可知t(，a)因为x1<x2，则x1at，lnx2t，得x1ta，x2et，即x2x1etta.令g(t)etta(ta)，则g(t)et1(ta)，当a0，即a0时，g(t)0，则g(t)在(，a)上单调递减，所以g(t)ming(a)eaaaeae，解得a1(不满足，舍去)；当a>0，即a<0时，g(0)0，所以g(t)在(，0)上单调递减，在(0，a上单调递增，所以g(t)ming(0)e00ae，解得a1e<0满足题意综上可得，a1e.9. 【解析】 函数f(x)x2aln(2x1)的定义域为，且f(x)2x，令f(x)0，得2x2xa0.设g(x)2x2xa，其中x>，则函数g(x)在上有两个不相等的零点，所以解得0<a<.10. 【解】 (1) 当a0时，f(x)，则f(x)，所以f(1)1，f(1)4，此时，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y14(x1)，即4xy50.(2) 因为f(x)，所以f(x).由题意可得f(1)0，解得a4，故f(x)，f(x)，令f(x)0，得x1或4，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：X(，1)1(1,4)4(4，)f(x)00f(x)极大值极小值所以函数f(x)的增区间为(，1)，(4，)，减区间为(1，4)当x<时，f(x)>0；当x>时，f(x)<0.所以f(x)maxf(1)1.f(x)minf(4).11. 【解】 (1) 当x(0，)时，由题知f(x)lnx，当0<x<1时，f(x)<0，f(x)在(0,1)上单调递减，当x>1时，f(x)>0，f(x)在(1，)上单调递增，所以当x(0，)时，f(x)f(1)1.又因为f(0)0，所以f(x)的最小值为f(1)1.(2) 因为f(e)0，f(0)0，由(1)知当x0，e时，1f(x)0.因为f(e)1，所以曲线f(x)在点(e,0)处的切线方程为yxe.令g(x)xlnx2xe(0<xe)，则g(x)lnx10，所以g(x)在(0，e上单调递减，g(x)g(e)0，所以f(x)xe，所以曲线yf(x)(0xe)在x轴、y轴、y1和yxe之间设原点为O，y轴与y1的交点为A，y1和yxe的交点为B(e1，1)，点(e,0)为C，所以曲线yf(x)(0xe)在梯形OABC内部，所以S<S梯形OABC(e1)×1×1×1e.