【文档说明】2021高考数学一轮习题：专题3第24练函数的极值与最值【高考】.docx，共(7)页，438.049 KB，由小赞的店铺上传

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1．函数y＝2cosx(1＋sinx)在区间0，π2上的最大值为()A．2B．1＋2C．1＋32D.3322．(2019·安徽六安一中期末)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2＋a在x＝1处有极值为7，则a等于()A．－3或3B．3或－9C．3D

．－33．(2019·哈尔滨市第六中学期末)若函数f(x)＝ex－ax－a2在R上有小于0的极值点，则实数a的取值范围是()A．(－1,0)B．(0,1)C．(－∞，－1)D．(1，＋∞)4．函数f(x)＝(2x2－tx)ex(t为常数且t>0)的图象大致为(

)5．若函数f(x)＝x2－(3m＋1)x＋3，x≤0，mx2＋xlnx，x>0恰有三个极值点，则实数m的取值范围是()A.－12，－13B.－12，0C.－1，－13D.－1，－126．已知函数f(x

)＝x2＋(1－a)x－3－aex在区间(1,2)上有最大值无最小值，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－4)B．[－1，＋∞)C．(－4，－1)D．[－4，－1]7．(多选)设函数f(x)＝exlnx，则下列说法正确的是()A．f(x)的定义域是(0，＋∞)B．x∈(0,1)时，f(x

)的图象位于x轴下方C．f(x)存在单调递增区间D．f(x)有且仅有两个极值点8．(多选)关于函数f(x)＝2x＋lnx，则下列结论正确的是()A．存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立B．函数y＝f(x)－x有且只有1

个零点C．x＝2是f(x)的极小值点D．对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>49.(2019·北京八中期中)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，给出下列命题：①－2是函数y＝f(x)的极值点；②1是函数y＝f(x)的

极值点；③y＝f(x)在x＝0处切线的斜率小于零；④y＝f(x)在区间(－2,2)上单调递增．则正确命题的序号是________．(写出所有正确命题的序号)10．(2020·江西上高二中期末)设函数f(x)＝lnx＋a

x2－32x，若x＝1是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的极小值为________，极大值为________．11．(2019·原平市范亭中学月考)已知f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝lnx－axa>12，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的

值为()A．1B．2C．3D．－112．已知函数f(x)＝2mxex－1，x≤0，2x2－4x，x>0，若不等式f(x)＋m≥0对任意实数x恒成立，其中m>0.则()A．m的最小值为ee－2B．m的最大值为ee－2C．m的最小值为2D．m

的最大值为213．(2020·桃江县第一中学模拟)已知函数f(x)＝ex＋x22－lnx的极值点为x1，函数g(x)＝ex＋x－2的零点为x2，函数h(x)＝lnx2x的最大值为x3，则()A．x1>x2>x3B．x2>x1>

x3C．x3>x1>x2D．x3>x2>x114．设函数f(x)＝ax2＋ex(a∈R)有且仅有两个极值点x1，x2(x1<x2)，则实数a的取值范围是()A.－e，－e2B.－∞，－e2C.()－e，＋∞D.

－e，－e215．(2019·四川树德中学月考)若函数f(x)＝x3＋f′(1)x2＋1，且y＝f(x)在(－2，m)上有最大值，则m的最大值为________．16．已知直线y＝b与函数f(x)＝2x＋3和g(x)＝ax＋lnx分别交于A，B两点，若|AB|的最

小值为2，则a＋b＝________.答案精析1．D2.C3.B4.B5.A6.C7.BC8.BCD9.①④10.ln2－2－5411．A[∵f(x)是奇函数，x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，∴f(x)在(0,2

)上的最大值为－1，当x∈(0,2)时，f′(x)＝1x－a，令f′(x)＝0，得x＝1a，又a>12，∴0<1a<2，令f′(x)>0，则0<x<1a，∴f(x)在0，1a上单调递增；令f′(x)<0，则x>1a，∴f(x)在1a，2上单调递减．∴f(x)max＝f1

a＝ln1a－a·1a＝－1，∴ln1a＝0，得a＝1.]12．A[由f(x)＝2mxex－1，x≤0，2x2－4x，x>0，当x≤0时，f′(x)＝2mex＋2mxex＝2(1＋x)mex，当m>0

时，可得当x＝－1时，函数有最小值，f(x)min＝－2me－1，可得－2me－1＋m≥0，解得m≥ee－2；当x>0时，f(x)＝2x2－4x，由二次函数性质，可得f(x)min＝－2，可得－2＋m≥0，可得m≥2；由不等式f(

x)＋m≥0对任意实数x恒成立，综合可得m≥ee－2.]13．A[∵f′(x)＝ex＋x－1x在(0，＋∞)上单调递增，且f′12＝12e－32>0，f′14＝14e－154<0，∴x1∈14，12且1ex＋x1－1x1

＝0.∵函数g(x)＝ex＋x－2在(0，＋∞)上单调递增，且g12＝12e－32>0，g14＝14e＋14－2<0，∴x2∈14，12，又g(x1)＝1ex＋x1－2＝1x1－2>0＝g(x2)，且g(x)单调递增，∴x1>x2.由h′(

x)＝1－lnx2x2可得h(x)max＝h()e＝12e，即x3＝12e<14，∴x1>x2>x3.]14．B[因为函数f(x)＝ax2＋ex(a∈R)有且仅有两个极值点，所以f′(x)＝0在R上有两个不同的

解，即2ax＋ex＝0在R上有两解，即直线y＝－2ax与函数y＝ex的图象有两个交点，设函数g(x)＝kx与函数h(x)＝ex的图象相切，切点为(x0，y0)，作函数y＝ex的图象，因为h′(x)＝ex，则0ex＝k，所以y0x0＝00ex

x＝k＝0ex，解得x0＝1，即切点为(1，e)，此时k＝e，由图象知直线y＝－2ax与函数y＝ex的图象有两个交点时，有－2a>e，解得a<－e2.]15．3解析因为f(x)＝x3＋f′(1)x2＋1，所以f′(x)＝3x2＋2f′(1)x，因此f′

(1)＝3＋2f′(1)，解得f′(1)＝－3，所以f′(x)＝3x2－6x，由f′(x)＝3x2－6x>0，得x>2或x<0；由f′(x)＝3x2－6x<0，得0<x<2，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增

，在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增；所以当x＝0时，f(x)取极大值f(0)＝1，由f(x)＝x3－3x2＋1＝1，得x＝0或x＝3；又f(x)在(－2，m)上有最大值，所以只需0<m≤3.16．2解析设2x1＋3＝ax2＋lnx2＝b，x1＝x

2－t，x2>0，其中t≥2，于是2(x2－t)＋3＝ax2＋lnx2,2t＝2x2＋3－ax2－lnx2，记y＝2t＝2x2＋3－ax2－lnx2，由y′＝2－a－1x2，若2－a≤0，则y′<0，函数y＝2x2＋3－ax2－lnx2是减函数，无最小值，因此2－a>0，令y′＝0，得

x2＝12－a，易知x2∈0，12－a时，y′<0，x2∈12－a，＋∞时，y′>0，所以x2＝12－a时，ymin＝4－ln12－a＝4，解得a＝1，此时x2＝1，因此b＝ax2＋lnx2＝1，所以a＋b＝2.获得更多资源请扫码加入享学

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