2023届高考数学特训营-第2节--第二课时-导数与函数的极值、最值.doc

第二课时　导数与函数的极值、最值

A级(基础应用练)
1．(2022•宁夏一模)已知函数f (x)=(x2－a)ex，则“a≥－1”是“f (x)有极值”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案：B
解析：f ′(x)=(x2＋2x－a)ex=0，x2＋2x－a=0，
Δ=4＋4a.
若Δ=4＋4a≤0，即a≤－1，则f ′(x)=(x2＋2x－a)ex≥0恒成立，f (x)为增函数，无极值；
若Δ=4＋4a>0，即a>－1，则f (x)有两个极值．
所以“a≥－1”是“f (x)有极值”的必要不充分条件．故选B.
2．(2022•河南三模)设函数f (x)=，若f (x)的极小值为，则a=(　　)
A．－ B.
C. D．2
答案：B
解析：由已知得f ′(x)=(x≠－a)，
令f ′(x)=0，有x=1－a，且在(－∞，1－a)上递减，
(1－a，＋∞)上递增，
∴f (x)的极小值为f (1－a)=e1－a=，即1－a=，得a=.故选B.
3．(2022•云南曲靖模拟)定义在实数集R上的函数f (x)，如果存在函数g(x)=ax＋b(a，b为常数)，使得对函数f (x)定义域内任意的x都有f (x)≤g(x)成立，那么g(x)为函数f (x)的一个“线性覆盖函数”，若f (x)=－2xln x－x2，g(x)=－ax＋3.若g(x)为函数f (x)在区间(0，＋∞)上的一个“线性覆盖函数”，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0] B．(－∞，2]
C．(－∞，4] D．(－∞，6]
答案：C
解析：由题意知f (x)≤g(x)，即－2xln x－x2≤－ax＋3在区间(0，＋∞)上恒成立，也即a≤2ln x＋x＋在区间(0，＋∞)上恒成立，等价于a≤h(x)min.
令h(x)=2ln x＋x＋，则h′(x)=＋1－=，
由h′(x)<0得00得x>1，
所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x=1时，h(x)取得最小值h(1)=4，
所以a≤4，即a的取值范围为(－∞，4]．故选C.
4．(2022•珠海市月考)设函数f (x)=，若函数存在最大值，则实数a的取值范围是(　　)
A．a≤1 B．a<1
C．a≤ D．a<
答案：C
解析：显然当x0，f (x)递增，当x>1时，f ′(x)<0，f (x)递减，所以当x=1时，f (x)的极大值f (1)=也是函数的最大值．因此f (x)要有最大值，必须满足，所以a≤.故选C.
5．(2022•安徽模拟)关于x的不等式2sin3xcos x－a≤0在x∈(0，π)上恒成立，则实数a的最小值为(　　)
A．－ B．0
C．1 D.
答案：D
解析：依题意，令f (x)=2sin3xcos x，所以
f ′(x)=6sin2xcos2x－2sin4x=2sin2x(3cos2x－sin2x)=2sin2x(4cos2x－1)，
又x∈(0，π)，令f ′(x)=0，可得cos x=±，所以x=或x=，
当x∈(0，)时，f ′(x)>0，所以f (x)=2sin3xcos x在x∈(0，)上单调递增；
当x∈(，)时，f ′(x)<0，所以f (x)=2sin3xcos x在x∈(，)上单调递减；
当x∈(，π)时，f ′(x)>0，所以f (x)=2sin3xcos x在x∈(，π)上单调递增．
所以当x=时，函数取得最大值f ()=，所以实数a的最小值为.故选D.
6．(多选题)(2022•山东省期中)已知函数y=f (x)的导函数y=f ′(x)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是(　　)
A．f (a)c)∪(e，＋∞)时，f ′(x)>0；当x∈(c，e)时，f ′(x)<0.
∴f (x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上单调递增，在(c，e)上单调递减．
对于A，∵ae时，可能存在f (x0)>f (c)，C项错误；
对于D，由单调性知f (e)f (x)=__________．
答案：x3(答案不唯一)
解析：由题意，f ′(0)=0，但0不是函数f (x)的极值点，且f (x)为奇函数，
所以满足题意的一个f (x)可以是f (x)=x3.
8．已知函数f (x)=e－x－ex，x∈[0，a]，a为正实数，则函数f (x)的最小值为__________，最大值为__________．
答案：e－a－ea　0
解析：f ′(x)=－e－x－ex=－.
当x∈[0，a]时，f′(x)<0恒成立，即f (x)在[0，a]上单调递减．
故当x=a时，f (x)有最小值f (a)=e－a－ea；
当x=0时，f (x)有最大值f (0)=e－0－e0=0.
即f (x)的最小值为e－a－ea，最大值为0.
9．(2022•赣州市赣县模拟)已知函数f (x)=ax3－x2＋x－xln x存在两个极值点，则实数a的取值范围是__________．
答案：(0，)
解析：由题意得f ′(x)=3ax2－x－ln x，因为函数f (x)有两个极值点，所以f ′(x)有两个正数零点．由f ′(x)=0，得3ax2=x＋ln x，即3a=，令g(x)=，则g′(x)=，易知函数y=－x＋1－2ln x是减函数，且当x=1时，y=0，所以当00，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，gx)单调递减．故g(x)max=g(1)=1，又当01时，g(x)>0，所以要使f ′(x)有两个零点，需0<3a<1，即0x)=10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]=30(x－4)(x－6)，
令f ′(x)=0，得x=4或x=6(舍去)．
故当x∈(3，4)时，f ′(x)>0，当x∈(4，6)时，f ′(x)<0，
则函数f (x)在(3，4)上单调递增，在(4，6)上单调递减．
∴当x=4时，函数f (x)取得最大值f (4)=42.
故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大，最大值为42元．
B级(综合创新练)
11．(2022•山东省成武二模)有三个条件：①函数f (x)的图象过点(0，1)，且a=1；②f (x)在x=1时取得极大值；③函数f (x)在x=3处的切线方程为4x－2y－7=0.这三个条件中，请选择一个合适的条件将下面的题目补充完整(只要填写序号)，并解答本题．
题目：已知函数f (x)=x3＋x2＋2x＋b存在极值，并且__________．
(1)求f (x)的解析式；
(2)当x∈[1，3]时，求函数f (x)的最值．
解：选①：(1)f (0)=b=1，所以a=b=1，故f (x)=x3＋x2＋2x＋1.
(2)由f ′(x)=x2＋x＋2=(x＋)2＋>0，
所以f (x)单调递增，
故f (x)max=f (3)=，f (x)min=f (1)=.
选②：(1)f (x)=x3＋x2＋2x＋b，
所以f ′(x)=x2＋ax＋2.
由题意知，
解得，
故f (x)=x3－x2＋2x＋1，
经检验f (x)在x=1时取得极大值，符合题意，所以f (x)=x3－x2＋2x＋1.
(2)f ′(x)=x2－3x＋2，令f ′(x)=x2－3x＋2=0，解得x=1或x=2，所以当x∈(－∞，1)或(2，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；当x∈(1，2)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．因此f (x)在(1，2)单调递减，在(2，3)单调递增，则f (1)=－＋2＋1=，f (2)=×23－×22＋2×2＋1=，f (3)=×33－×32＋2×3＋1=，所以f (x)min=，f (x)max=.
选③：(1)由题意知，又因为f ′(x)=x2＋ax＋2，
所以，
解得，
所以f (x)=x3－x2＋2x＋1.
(2)f ′(x)=x2－3x＋2=(x－1)(x－2)>0，所以f (x)在[1，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增，故f (x)max=f (3)=，f (x)min=f (2)=.
12．(2022•湖南模拟)已知函数f (x)=ln x－ax(a∈R)．
(1)当a=时，求f (x)的极值；
(2)讨论函数f (x)在定义域内极值点的个数．
解：(1)当a=时，f (x)=ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x)=－=，
令f ′(x)=0，得x=2，
当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表．
x
(0，2)
2
(2，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
f (x)
↑
ln 2－1
↓
故f (x)在定义域内的极大值为f (x)极大值=f (2)=ln 2－1，无极小值．
(2)由(1)知，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)=－a=.
当a≤0时，f ′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域内无极值点；
当a>0时，若x∈(0，)，则f ′(x)>0，
若x∈(，＋∞)，则f ′x)<0，
故函数在x=处有极大值．
综上可知，当a≤0时，函数f (x)无极值点，
当a>0时，函数y=f (x)有一个极大值点，且为x=.
13．(2022•长春市期中)已知函数f (x)=xln x－ax＋2(a为实数)．
(1)若a=2，求f (x)在[1，e2]上的最值；
(2)若f (x)≥0恒成立，求a的取值范围．
解：(1)当a=2时，f (x)=xln x－2x＋2，f ′(x)=ln x－1.由f ′(x)<0得00得x>e，所以f (x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
且f (e)=eln e－2e＋2=2－e，f (1)=ln 1－2＋2=0，f (e2)=e2ln e2－2e2＋2=2，则函数f (x)在区间[1，e2]上的最小值为2－e，最大值为2.
(2)由题得函数的定义域为(0，＋∞)，若f (x)≥0恒成立，则xln x－ax＋2≥0，
即ln x＋≥a恒成立．
令g(x)=ln x＋，则g′(x)=－=，
当02时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，则g(x)min=g(2)=1＋ln 2，所以a≤1＋ln 2，
故a的取值范围为(－∞，1＋ln 2]．