1、练案16理练案16文第二课时导数与函数的极值、最值A组基础巩固一、选择题1(2021成都市高三摸底测试)已知函数yf(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，则函数yf(x)在区间(a，b)内的极小值点的个数为(A)A1B2 C3 D4解析如图，在区间(a，b)内，f(c)0，且在xc附近的左侧f(x)0，所以在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.2下列四个函数，在x0处取得极值的函数有(C)Ayx3Byx51 Cy|x| Dy2x解析对于A、B，yx3和yx51在x0处无极值对于D，y2x，y0无解，C符合故选C.3设函数f(x)ln x，则(D)Ax为f(x)的极大值点Bx为f(x)的
2、极小值点Cx2为f(x)的极大值点Dx2为f(x)的极小值点解析f(x)ln x(x0)，f(x)，令f(x)0，得x2.当x2时，f(x)0，这时f(x)为增函数；当0x2时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(1,4时，f(x)0，所以当x0时，f(x)有最小值，且最小值为0.5已知f(x)2x36x2m(m为常数)在2,2上有最大值3，那么此函数在2,2上的最小值是(A)A37B29 C5 D13解析f(x)6x212x，由f(x)0得x0或x2.当x(2,0)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(0,2)时，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)maxf(0)m3，从而f(2)3
3、7，f(2)5，所以f(x)minf(2)37.6(2021河北邯郸一中月考)若函数f(x)aexsin x在x0处有极值，则a的值为(C)A1B0 C1 De解析f(x)aexcos x，若函数f(x)aexsin x在x0处有极值，则f(0)a10，解得a1，经检验a1符合题意故选C.7对于函数f(x)，下列说法正确的有(C)Af(x)在x1处取得极小值Bf(x)有两个不同的零点Cf(4)f()2e解析由函数f(x)，可得函数f(x)的导数为f(x).当x1时，f(x)0，f(x)单调递减；当x0，f(x)单调递增可得函数f(x)在x1处取得极大值，所以A不正确；因为f(x)在(，1)上单
4、调递增，在(1，)上单调递减，且f(0)0，当x0时，f(x) 0恒成立，所以函数f(x)只有一个零点，所以B错误；由f(x)在(1，)上单调递减，且431，可得f(4)f()21，可得，即e2 2e，所以D错误故选C.8(2021海南八校联盟开学考试)已知函数f(x)3ln xx2x在区间(1,3)上有最大值，则实数a的取值范围是(B)A.BC. D解析f(x)2xa，由题意易知即解得a3时f(x)0，当0x3时f(x)2时f(x)0，当0x2时f(x)0，f(x)的极小值为f(2)1ln 2.10函数f(x)xsin xcos x在上的最大值为.解析因为f(x)sin xxcos xsin
5、 xxcos x，当x时，f(x)0，函数f(x)递增，当x时，f(x)0，函数f(x)递减，所以f(x)maxf.11函数yxex在其极值点处的切线方程为y.解析y(x1)ex，当x1时，y1时y0，函数在x1时取得极小值，又y|x10，所求切线方程为y.12(2020甘肃兰州一中期末改编)若x2是函数f(x)(x2ax1)ex的极值点，则f(2)_0_，f(x)的极小值为_e_.解析由函数f(x)(x2ax1)ex可得f(x)(2xa)ex(x2ax1)ex，因为x2是函数f(x)的极值点，所以f(2)(4a)e2(42a1)e20，即4a32a0，解得a1.所以f(x)(x2x2)ex.
6、令f(x)0可得x2或x1.当x1时，f(x)0，此时函数f(x)为增函数，当2x1时，f(x)0，f(1)e130.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，求证：f(x1)f(x2)0.(文)(2019江苏高考，节选)设函数f(x)(xa)(xb)(xc)，a，b，cR，f(x)为f(x)的导函数，若ab，bc，且f(x)和f(x)的零点均在集合3,1,3中，求f(x)的极小值解析(理)(1)f(x)a，其中方程ax22xa0的根的判别式44a2，故当a1时，f(x)在(0，)上单调递增，当0af(e)f(d)B函数f(x)在a，b上递增，在b，d上递减C函数f
7、(x)的极值点为c，eD函数f(x)的极大值为f(b)解析由题图可知，当x(，c)时，f(x)0，当x(c，e)时，f(x)0，所以f(x)在(，c)上递增，在(c，e)上递减，在(e，)上递增，所以f(d)f(e)，故A错误；函数f(x)在a，b上递增，在b，c上递增，在c，d上递减，故B错误；函数f(x)的极值点为c，e，故C正确；函数f(x)的极大值为f(c)，故D错误2(2021湖北襄阳四校联考)函数f(x)x2xln x3x的极值点一定在区间(B)A(0,1)B(1,2) C(2,3) D(3,4)解析函数的极值点即导函数的零点，f(x)xln x13xln x2，则f(1)10，由
8、零点存在性定理得f(x)的零点在(1,2)上，故选B.3(2021贵州黔东南州联考)已知函数f(x)ln x，若函数f(x)在1，e上的最小值为，则a的值为(A)AB C De解析f(x)若a0，则f(x)0，f(x)在1，e上递增，f(x)minf(1)a，则a，矛盾若a0，则由f(x)0得xa.若1ae，即ea0，函数f(x)在x1处与直线y相切，解得(2)由(1)知，f(x)ln xx2，x0，f(x)x，当xe时，令f(x)0，得x1，令f(x)0，得1xe，f(x)在上单调递增，在(1，e上单调递减，f(x)maxf(1).5(理)(20213月份北京市高考适应性测试)已知函数f(x
9、)ex(x1)eax2，a0解得x0，f(x)0解得0xa，因此，f(x)在(，a)递增，(a,0)递减，(0，)递增因此，f(x)在x0处取得极小值f(0)1.(3)f(a)ea(a1)eaa2ea(a22a2)ea(a1)21e220，由(2)知f(x)在xa处取得极大值，f(a)0，因此，f(x)只有一个零点(文)(1)因为f(x)，所以kf(1)2.又因为f(1)e2，所以切线方程为y(e2)2(x1)，即2xye40.(2)证明：令h(x)ex(x1)2，则h(x)exx，所以x(，0)时，h(x)0.当x(，0)时，易知h(x)0，所以f(x)0，f(x)在(，0)上没有极值点，当x(0，)时，因为h(1)20，所以f(1)0，f(x)在(1,2)上有极小值点又因为h(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)仅有唯一的极小值点