2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习53《导数与函数的极值、最值》(含详解)

这是一份2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习53《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
当函数y=x·2x取极小值时，x=( )
A.eq \f(1,ln2) B.－eq \f(1,ln2) C.－ln2 D.ln2
设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y=(1－x)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)
函数f(x)=(x2－1)2＋2的极值点是( )
A.x=1 B.x=－1 C.x=1或－1或0 D.x=0
已知函数f(x)=x3－2x2－4x－7，其导函数为f ′(x)，给出以下命题：
①f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，2))；
②f(x)的极小值是－15；
③当a＞2时，对任意的x＞2且x≠a，恒有f(x)＞f(a)＋f ′(a)(x－a)；
④函数f(x)有且只有一个零点.
其中真命题的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
已知a为常数，函数f(x)=x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1A.f(x1)>0，f(x2)>－eq \f(1,2) B.f(x1)<0，f(x2)<－eq \f(1,2)
C.f(x1)>0，f(x2)<－eq \f(1,2) D.f(x1)<0，f(x2)>－eq \f(1,2)
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)等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(4,3) C.eq \f(8,3) D.eq \f(16,3)
已知函数f(x)=x3－px2－qx的图象与x轴切于点(1,0)，则f(x)的极大值、极小值分别为( )
A.－eq \f(4,27)，0 B.0，－eq \f(4,27) C.eq \f(4,27)，0 D.0，eq \f(4,27)
若函数f(x)=eq \f(ax2,2)－(1＋2a)x＋2lnx(a＞0)在区间(0.5,1)内有极大值，则a的取值范围是( )
A.(e-1，＋∞) B.(1，＋∞) C.(1,2) D.(2，＋∞)
若函数f(x)=eq \f(1,2)x2＋(a－1)x－alnx存在唯一极值，且此极值不小于1，则a取值范围为( )
A.[eq \f(3,2),2) B.[eq \f(3,2),+∞) C.[0,eq \f(3,2)) D.(－1,0)∪[eq \f(3,2),+∞)
设函数f(x)=ax2＋bx＋c(a，b，c∈R).若x=－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y=f(x)图象的是( )
已知函数f(x)=eq \f(x,x2＋a)(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为eq \f(\r(3),3)，则a的值为( )
A.eq \r(3)－1 B.eq \f(3,4) C.eq \f(4,3) D.eq \r(3)＋1
设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是( )
A.∀x∈R，f(x)≤f(x0)
B.－x0是f(－x)的极小值点
C.－x0是－f(x)的极小值点
D.－x0是－f(－x)的极小值点
二、填空题
已知函数f(x)=x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是________.
已知函数f(x)=x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)=f(b)=f(c)=0.现给出如下结论：
①f(0)f(1)＞0； ②f(0)f(1)＜0； ③f(0)f(3)＞0； ④f(0)f(3)＜0.
其中正确结论的序号是________.
若函数f(x)=2f′(1)lnx－x，则函数f(x)的极大值为 .
若函数f(x)=mlnx＋(m－1)x存在最大值M，且M＞0，则实数m的取值范围是 .
设a∈R，函数f(x)=ax3－3x2，若函数g(x)=f(x)＋f′(x)，x∈[0,2]，且在x=0处取得最大值，则a的取值范围是 .
若函数f(x)=aln x－x＋eq \f(a＋3,x)在定义域内无极值，则实数a的取值范围为________.
\s 0 答案解析
答案为：B.
解析：y′=2x＋x·2xln2=0，∴x=－eq \f(1,ln2).
答案为：D；
解析：由题图可知，当x＜－2时，f′(x)＞0；
当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.
由此可以得到函数f(x)在x=－2处取得极大值，在x=2处取得极小值.
答案为：C；
解析：∵f(x)=x4－2x2＋3，
∴由f′(x)=4x3－4x=4x(x＋1)(x－1)=0，得x=0或x=1或x=－1，
又当x<－1时，f′(x)<0，当－10，
当01时，f′(x)>0，∴x=0,1，－1都是f(x)的极值点.
答案为：C
解析：f ′(x)=3x2－4x－4=(x－2)(3x＋2).①令f ′(x)＜0，得－eq \f(2,3)＜x＜2，
所以f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，2))；②令f ′(x)＞0，得x＜－eq \f(2,3)或x＞2，
结合①可知f(x)的极小值是f(2)=－15；③显然当a＞2时，对任意的x＞2且x≠a，
恒有f(x)＞f(a)＋f ′(a)(x－a)不成立；④feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))=－eq \f(149,27)＜0, f(2)=－15＜0，
并结合①②易知f(x)有且只有一个零点.故选C.
答案为：D.
解析：f′(x)=lnx－2ax＋1，依题意知f′(x)=0有两个不等实根x1，x2，
即曲线y=1＋lnx与直线y=2ax有两个不同交点，如图.
由直线y=x是曲线y=1＋lnx的切线，
可知：0<2a<1,0由0∵当x10，
∴f(x2)>f(1)=－a>－eq \f(1,2)，故选D.
答案为：C；
解析：由图象可知f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，
因此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.x1，x2是方程f′(x)=3x2－6x＋2=0的两根，
因此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：C
解析：由题意知， f ′(x)=3x2－2px－q，由f ′(1)=0, f(1)=0得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－2p－q＝0，,1－p－q＝0，))解得p=2，q=－1，∴f(x)=x3－2x2＋x.
由f ′(x)=3x2－4x＋1=0，得x=eq \f(1,3)或x=1，易知当x=eq \f(1,3)时， f(x)取极大值eq \f(4,27)，
当x=1时， f(x)取极小值0.
答案为：C；
解析：f′(x)=ax－(1＋2a)＋eq \f(2,x)=eq \f(ax2－2a＋1x＋2,x)(a＞0，x＞0)，
若f(x)在区间(0.5,1)内有极大值，即f′(x)=0在(0.5,1)内有解.
则f′(x)在区间(0.5,1)内先大于0，再小于0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＞0，,f′1＜0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,4)a－\f(1,2)2a＋1＋2,\f(1,2))＞0，,a－2a＋1＋2＜0，))解得1＜a＜2，故选C.
答案为：B.
解析：对函数求导得f′(x)=x－1＋a1－eq \f(1,x)=eq \f(x＋ax－1,x)，
因为函数存在唯一的极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，
故x=1是唯一的极值点，此时－a≤0且f(1)=－eq \f(1,2)＋a≥1⇒a≥eq \f(3,2).故选B.
答案为：D；
解析：因为[f(x)ex]′=f′(x)ex＋f(x)(ex)′=[f(x)＋f′(x)]ex，
且x=－1为函数f(x)ex的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)=0；
选项D中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不满足f′(－1)＋f(－1)=0.
答案为：A
解析：由f(x)=eq \f(x,x2＋a)得f ′(x)=eq \f(a－x2,x2＋a2).当a＞1时，若x＞eq \r(a)，则f ′(x)＜0, f(x)单调递减；若1＜x＜eq \r(a)，则f ′(x)＞0, f(x)单调递增.故当x=eq \r(a)时，函数f(x)有最大值eq \f(1,2\r(a))=eq \f(\r(3),3)，得a=eq \f(3,4)＜1，不合题意；当a=1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)=eq \f(1,2)，不合题意；当0＜a＜1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，此时最大值为f(1)=eq \f(1,a＋1)=eq \f(\r(3),3)，得a=eq \r(3)－1，符合题意，故a的值为eq \r(3)－1.选A.
答案为：D；
解析：函数f(x)的极大值f(x0)不一定是最大值，故A错误；f(x)与－f(－x)关于原点对称，故x0(x0≠0)是f(x)的极大值点时，－x0是－f(－x)的极小值点，故选D.
答案为：(－∞，－3)∪(6，＋∞)
解析：对函数f(x)求导得f ′(x)=3x2＋2mx＋m＋6，要使函数f(x)既存在极大值又存在极小值，则f ′(x)=0有两个不同的根，所以判别式Δ＞0，即4m2－12(m＋6)＞0，
所以m2－3m－18＞0，解得m＞6或m＜－3.
答案为：②③
解析：∵f ′(x)=3x2－12x＋9=3(x－1)·(x－3)，由f ′(x)＜0，得1＜x＜3；
由f ′(x)＞0，得x＜1或x＞3.
∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数.
又a＜b＜c, f(a)=f(b)=f(c)=0，
∴y极大值=f(1)=4－abc＞0，y极小值=f(3)=－abc＜0，
∴0＜abc＜4.
∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.
又x=1，x=3为函数f(x)的极值点，∴a<0，b<0，c>0不成立，如图.
∴f(0)＜0.∴f(0)f(1)＜0, f(0)f(3)＞0，∴正确结论的序号是②③.
答案为：2ln2－2.
解析：因为f(x)=2f′(1)lnx－x，所以f′(x)=eq \f(2f′1,x)－1，
令x=1得，f′(1)=2f′(1)－1，得f′(1)=1，
故f(x)=2lnx－x，定义域为(0，＋∞).
且f′(x)=eq \f(2,x)－1=eq \f(2－x,x)，当x∈(0,2)时，f′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，
所以当x=2时，f(x)取得极大值，且f(x)极大值=f(2)=2ln2－2.
答案为：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,1＋e)，1)).
解析：f′(x)=eq \f(m,x)＋(m－1)=eq \f(m－1x＋m,x)(x＞0)，
当m≤0或m≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调，此时函数f(x)无最大值.
当0＜m＜1时，令f′(x)=0，则x=eq \f(m,1－m)，
∴当0＜m＜1时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(m,1－m)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,1－m)，＋∞))上单调递减，
∴当0＜m＜1时，函数f(x)有最大值，最大值M=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,1－m)))=mlneq \f(m,1－m)－m.
∵M＞0，∴mlneq \f(m,1－m)－m＞0，解得m＞eq \f(e,1＋e)，
∴m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,1＋e)，1)).
答案为：(-∞,eq \f(6,5)].
解析：g(x)=ax3－3x2＋3ax2－6x=ax2(x＋3)－3x(x＋2)，g(0)=0.
若g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(0)，则g(x)≤g(0)，
即ax2(x＋3)－3x(x＋2)≤0在[0,2]上恒成立.
当x=0时，显然成立；
当x≠0时，有a≤eq \f(3x＋2,xx＋3)在(0,2]上恒成立.
设h(x)=eq \f(3x＋2,xx＋3)=eq \f(3,x＋3)＋eq \f(6,x2＋3x)，显然h(x)在(0,2]上单调递减，
最小值为h(2)=eq \f(3×2＋2,2×2＋3)=eq \f(6,5).因此a≤eq \f(6,5).
答案为：[－3，6]
解析：函数f(x)=aln x－x＋eq \f(a＋3,x)在定义域(0，＋∞)内无极值等价于f′(x)≥0
或f′(x)≤0在定义域(0，＋∞)内恒成立.
因为f′(x)=eq \f(a,x)－1－eq \f(a＋3,x2)=eq \f(－x2＋ax－（a＋3）,x2)，
设g(x)=－x2＋ax－(a＋3)，则g(x)≥0或g(x)≤0在(0，＋∞)内恒成立，
可分两种情况进行讨论，即方程g(x)=－x2＋ax－(a＋3)=0无解或只有小于等于零的解，
因此Δ≤0或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ≥0，,\f(a,2)≤0，,g（0）≤0，))解得－2≤a≤6或－3≤a≤－2.
故实数a的取值范围为[－3，6].