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1、试题、试卷、习题、复习、教案精选资料1专题强化练四导数与函数的单调性、极值与最值一、选择题1曲线y ex2x在点(0，1)处的切线方程为()Ayx1 Byx1 Cy3x1 Dyx1 解析：求导函数得y ex2，当x0 时，y e02 3，所以曲线yex2x在点(0，1)处的切线方程为y3x1.答案：C 2(一题多解)(2018 全国卷)函数yx4x22 的图象大致为()解析：法一易知函数yx4x22 为偶函数，所以只需研究yx4x22 在x0 时的图象与性质又y 4x32x(x0)，令y 0，得 0 x22；令y 0，得x22所以yx4x22 在 0，22上递增，在22，上递减因此选项 D满足
2、法二令x0，则y2，排除 A，B；令x12，则y116142316 22，排除 C.答案：D 3(2018安徽江淮十校联考)设函数f(x)12x2 9ln x在区间a1，a1 上单调递减，则实数a的取值范围是()A(1，2 B4，)试题、试卷、习题、复习、教案精选资料2C(，2 D(0，3 解析：易知f(x)的定义域为(0，)，且f(x)x9x.由f(x)x9x0，解得 0 x3.因为f(x)12x29ln x在 a1，a1 上单调递减，所以a10，a13，解得 1a 2.答案：A 4(2018安徽安庆二模)已知函数f(x)2ef(e)ln xxe(e 是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为
3、()A2e 1 B1eC1 D2ln 2 解析：由题意知f(x)2ef（e）x1e，所以f(e)2ef（e）e1e，f(e)1e，所以f(x)2x1e，令f(x)0，得x2e，当x(0，2e)时，f(x)0，当x(2e，)时，f(x)0，所以f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(2e)2ln(2e)22ln 2.答案：D 5(2018郑州质检)若函数yf(x)存在n1(nN*)个极值点，则称yf(x)为n折函数，例如f(x)x2为 2 折函数已知函数f(x)(x1)exx(x2)2，则f(x)为()A2 折函数B3 折函数C4 折函数D5 折函数解
4、析：f(x)(x2)ex(x2)(3x2)(x2)(ex3x2)令f(x)0，得x 2 或 ex3x2.易知x 2 是f(x)的一个极值点又 ex3x2，结合函数图象，yex与y3x2 有两个交点，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料3又 e2 3(2)2 4.所以函数yf(x)有 3 个极值点，则f(x)为 4 折函数答案：C 二、填空题6(2018天津卷)已知函数f(x)exln x，f(x)为f(x)的导函数，则f(1)的值为_解析：因为f(x)ex1xexln xex1xln x.所以f(1)e(1 ln 1)e.答案：e 7(2018全国卷)曲线y2ln(x1)在点O(0，0)处的切
5、线方程为_解析：由于y2x1，所以ky|x020 12，所以切线方程为y 2x.答案：y2x8(2017山东卷改编)若函数exf(x)(e 2.718 28 是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质，下列函数中具有M性质的是 _(填序号)f(x)2x;f(x)x2；f(x)3x;f(x)cos x.解析：若f(x)具有性质M，则 exf(x)exf(x)f(x)0 在f(x)的定义域上恒成立，即f(x)f(x)0 在f(x)的定义域上恒成立对于式，f(x)f(x)2x2xln 2 2x(1 ln 2)0，符合题意经验证，均不符合题意；只有f(x)2x具有M性质
6、答案：三、解答题9已知函数f(x)excos xx.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间0，2上的最大值和最小值解：(1)因为f(x)excos xx，所以f(0)1，f(x)ex(cos x sin x)1，所以f(0)0，所以yf(x)在(0，f(0)处的切线方程为y 10(x0)，即y1.(2)f(x)ex(cos xsin x)1，令g(x)f(x)，则g(x)2sin xex0 在 0，2上恒成立，且仅在x0 处等号成立，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料4所以g(x)在 0，2上单调递减，所以g(x)g(0)0，所以f(x)0 且在x0
7、 处等号成立，所以f(x)在 0，2上单调递减，所以f(x)maxf(0)1，f(x)minf22.10已知f(x)ln xax.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x0，均有x(2ln aln x)a恒成立，求正数a的取值范围解：(1)f(x)1xax2xax2，x(0，)当a0 时，f(x)0，f(x)在(0，)为增函数，无极值当a0 时，x(0，a)时，f(x)0，f(x)在(0，a)为减函数；x(a，)时，f(x)0，f(x)在(a，)为增函数，f(x)在(0，)有极小值，无极大值，f(x)的极小值f(a)ln a 1.(2)若对任意x0，均有x(2ln aln x)a恒成
8、立，即对任意x0，均有 2ln aaxln x恒成立，由(1)可知f(x)的最小值为ln a1，问题转化为2ln aln a1，即 ln a1，故 0ae，故正数a的取值范围是(0，e 11(2018广州调研)已知函数f(x)(x1)exax2，其中参数a12.(1)讨论f(x)单调性；(2)当a 1 时，函数g(x)f(x)xexx的最大值为m，求不超过m的最大整数解：(1)f(x)xex2axx(ex2a)当a0 时，ex2a0，所以当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增当 0a12时，02a1.x(，ln 2a)时，f(x)0，f(x)
9、单调递增；x(ln 2a，0)时，f(x)0，f(x)单调递减；试题、试卷、习题、复习、教案精选资料5x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增当a12时，x(，)时，f(x)0，f(x)单调递增(2)当a 1 时，g(x)exx2x，g(x)ex2x 1，令g(x)ex 2.当x(0，ln 2)时，g(x)0，g(x)单调递增；x(ln 2，)时，g(x)0，g(x)单调递减；g(0)0，g(1)3e0，g324e3216e30，所以存在唯一的x0 1，32，使g(x0)0，即 ex02x01.所以当x(0，x0)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(x0，)时，g(x)0，g(x)单调递减；所以mg(x0)ex0 x20 x0(2x01)x20 x0 x20 x01x012254.又x0 1，32，所以m 1，14，所以不超过m的最大整数为1.