第03讲 极值与最值（练习）（解析版）

第03讲极值与最值（模拟精练+真题演练）1．（2023·广西南宁·武鸣县武鸣中学校考三模）函数3ln2fxxx的极小值点为（）A．1xB．2xC．exD．12ex【答案】D【解析】因为3ln2fxxx定义域为0,，所以1ln2ln21fxxxxx，令0fx得102ex，令()0fx¢，得12ex，所以fx在10,2e上单调递减，在1,2e上单调递增，所以函数fx在12ex处取得极小值．故选：D2．（2023·辽宁葫芦岛·统考二模）已知函数3()1fxxx，则（）A．()fx有一个极值点B．()fx有两个零点C．点（0，1）是曲线()yfx的对称中心D．直线2yx是曲线()yfx的切线【答案】C【解析】由题，231fxx，令()0fx¢得33x或33x，令()0fx得3333x，所以()fx在3(,)3，3(,)3上单调递增，33(,)33上单调递减，所以33x是极值点，故A错误；因323()1039f，323()1039f，250f，所以，函数fx在3,3上有一个零点，当33x时，303fxf，即函数fx在33,+上无零点，综上所述，函数()fx有一个零点，故B错误；令3()hxxx，该函数的定义域为R，33hxxxxxhx，则()hx是奇函数，(0,0)是()hx的对称中心，将()hx的图象向上移动一个单位得到()fx的图象，所以点(0,1)是曲线()yfx的对称中心，故C正确；令2312fxx，可得1x，又(1)11ff，当切点为(1,1)时，切线方程为21yx，当切点为(1,1)时，切线方程为23yx，故D错误.故选：C.3．（2023·贵州贵阳·校联考模拟预测）若2lnfxaxbxx在1x和2x处有极值，则函数fx的单调递增区间是（）A．,1B．2,C．1,2D．1,12【答案】C【解析】因为2lnfxaxbxx，所以()21afxbxx，由已知得2104102abab，解得2316ab，所以221()ln36fxxxx，所以21(2)(1)1)333(xxfxxxx，由()0fx，解得12x，所以函数fx的单调递增区间是1,2.故选：C．4．（2023·宁夏银川·六盘山高级中学校考一模）已知函数2eln2xxfxx的极值点为1x，函数ln2xhxx的最大值为2x，则（）A．12xxB．21xxC．12xxD．21xx【答案】A【解析】2eln2xxfxx的定义域为0,，1exfxxx在0,上单调递增，且1213022ef，41e154104f，所以111,42x，1111e0xxx．ln2xhxx的定义域为0,，由2222ln1ln42xxhxxx，当0,ex时，0hx，当e,+x时，0hx，故ln2xhxx在ex处取得极大值，也是最大值，maxlne1e2e2ehxh，即2112e4x．所以12xx．故选：A5．（2023·河北·校联考模拟预测）已知13m，则23244mmmmm的取值范围为（）A．31,134B．11,54C．31,134D．11,54【答案】D【解析】∵13m∴原式232221441414mmmmmmmmmmmm令24mfmm，则222222242444mmmfmmm，当1,2m时，0fm，fm在区间1,2上单调递增，当2,3m时，0fm，fm在区间2,3上单调递减，又∵2111145f，23333413f，13ff2212244f，∴当1,3m时，11,54fm，∴当13m，23244mmmmm的取值范围是11,54.故选：D.6．（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）当1x时，函数lnbfxaxx取得最小值2，则2f（）A．1B．12C．12D．1【答案】C【解析】当1x时，函数lnbfxaxx取得最小值2，所以(1)2f，所以021b，得2b，又22()abaxbfxxxx，根据函数在1x处取得最值，所以()01f即21201a得2a，所以222()xfxx，22221(2)22f.故选：C.7．（2023·内蒙古阿拉善盟·统考一模）已知e是自然对数函数的底数，不等于1的两个正数m，t满足5loglog2mttm，且log1mt，则lnmt的最小值是（）A．1B．2eC．12eD．1e【答案】B【解析】令logmtx，则152xx，解出2x，或12x（舍），所以log2mt，即2tm，ln2lnmtmm，令()2lnfmmm，01m，()2(1ln)fmm，10em时，()0fm，1em时，()0fm，()fm在1(0,)e上单调递减，在1(,)e上单调递增，所以min12()()eefmf，故选：B.8．（2023·山东烟台·统考二模）若函数21()ln2fxxxax=++有两个极值点12,xx，且125fxfx，则（）A．42aB．22aC．22aD．42a【答案】C【解析】因为函数21()ln2fxxxax=++有两个极值点12,xx，又函数21()ln2fxxxax=++的定义域为0,，导函数为21()xaxfxx，所以方程210xax由两个不同的正根，且12,xx为其根，所以240aa，120xxa，121xx，所以a0，则22211122212121212111lnlnln222xxaxxxaxxxxxxxaxx22211ln11122aaa，又125fxfx，即21152a，可得280a，所以22a或22a（舍去），故选：C.9．（多选题）（2023·海南省直辖县级单位·校联考二模）函数fx的定义域为R，它的导函数yfx的部分图象如图所示，则下面结论正确的是（）A．在1,2上函数fx为增函数B．在3,5上函数fx为增函数C．在1,3上函数fx有极大值D．3x是函数fx在区间1,5上的极小值点【答案】AC【解析】根据图象判断出fx的单调区间、极值（点）.由图象可知fx在区间1,2和4,5上'0fx，fx递增；在区间2,4上'0fx，fx递减.所以A选项正确，B选项错误.在区间1,3上，fx有极大值为2f，C选项正确.在区间1,5上，4x是fx的极小值点，D选项错误.故选：AC10．（多选题）（2023·广东汕头·统考三模）设函数3213fxxxx的导函数为fx，则（）A．10fB．1x是函数fx的极值点C．fx存在两个零点D．fx在(1，+∞)上单调递增【答案】AD【解析】222110fxxxx，所以函数fx在R上单调递增，所以函数不存在极值点，故B错误，D正确；10f，故A正确；32103fxxxx，得2330xxx，2330xx中，9120，所以2330xx恒成立，即方程只有一个实数根，即0x，故C错误.故选：AD11．（多选题）（2023·山西运城·统考三模）已知函数2()e2e12xxfxx，则下列说法正确的是（）A．曲线()yfx在0x处的切线与直线120xy垂直B．()fx在(2,)上单调递增C．()fx的极小值为312ln3D．()fx在2,1上的最小值为312ln3【答案】BC【解析】因为2()e2e12xxfxx，所以2()2e2e122e3e2xxxxfx，所以012f，故A错误；令()0fx¢，解得ln3x，所以fx的单调递增区间为ln3,，而2,ln3,，所以()fx在(2,)上单调递增，故B正确；当ln3x时0fx，所以fx的单调递减区间为,ln3，所以fx的极小值为ln3312ln3f，故C正确；()fx在2,1上单调递减，所以最小值为21e2e12f，故D错误；故选：BC12．（多选题）（2023·辽宁·校联考三模）已知函数22e22xfxxaxaxa，若fx有两个不同的极值点1212,xxxx，且当20xx时恒有2fxa，则a的可能取值有（）A．2eaB．e4aC．e2aD．2e3a【答案】BD【解析】由题可知，1ee2211xxfxxaxxa，因为fx有两个不同的极值点1212,xxxx，所以0a且e2a，若0e2a，则12ln2,1xax．当01x时，2fxa，即e20xaxx，即e0xax，即exax，设e(01)xgxxx，则21e0xxgxx，所以gx在0,1上单调递减，则1egxg，则ea，所以0e2a．若2ea，则121,ln2xxa．当0,ln2xa时，2fxa，即e20xaxx，若ln22a，则当2x时，e20xaxx，不满足题意，所以ln22a，此时e0xax，即exax．设e(0ln2)xhxxax，则21exxhxx易得hx在0,1上单调递减，在1,ln2a上单调递增，所以ln22,1e,aah解得ea，所以ee2a．综上，a的取值范围是ee0,,e22，故选:BD．13．（2023·甘肃兰州·兰化一中校考模拟预测）函数333fxxbxb在0,1内有极小值，则b的一个可能取值为______．【答案】12b（答案不唯一，只要符合01b均可）【解析】由333fxxbxb得22333fxxbxb，fx若有极值点，则0b，所以2333fxxbxbxb，故当,xb或xb时，()0fx¢，此时fx单调递增，当bxb时，0fx，此时fx单调递减，故当xb时，fx取极小值，因此要使fx在0,1内有极小值，则0101bb，故答案为：12b（答案不唯一，只要符合01b均可）14．（2023·云南红河·统考二模）若xa是函数233ln2fxxaxx的极小值点，则函数fx在区间1,34上的最大值为______．【答案】332ln/332ln【解析】由233ln2fxxaxx，得2331133xa