2023屆高考數(shù)學(xué)特訓(xùn)營-第2節(jié)-第二課時(shí)-導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值

第二課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值A(chǔ)級(jí)(基礎(chǔ)應(yīng)用練)1．(2022?寧夏一模)已知函數(shù)f(x)=(x2－a)ex，則“a≥－1”是“f(x)有極值”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案：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，則f′(x)=(x2＋2x－a)ex≥0恒成立，f(x)為增函數(shù)，無極值；若Δ=4＋4a>0，即a>－1，則f(x)有兩個(gè)極值．所以“a≥－1”是“f(x)有極值”的必要不充分條件．故選B.2．(2022?河南三模)設(shè)函數(shù)f(x)=eq\f(ex,x＋a)，若f(x)的極小值為eq\r(e)，則a=()A．－eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)C.eq\f(3,2) D．2答案：B解析：由已知得f′(x)=eq\f(ex（x＋a－1）,（x＋a）2)(x≠－a)，令f′(x)=0，有x=1－a，且在(－∞，1－a)上遞減，(1－a，＋∞)上遞增，∴f(x)的極小值為f(1－a)=e1－a=eq\r(e)，即1－a=eq\f(1,2)，得a=eq\f(1,2).故選B.3．(2022?云南曲靖模擬)定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)f(x)，如果存在函數(shù)g(x)=ax＋b(a，b為常數(shù))，使得對(duì)函數(shù)f(x)定義域內(nèi)任意的x都有f(x)≤g(x)成立，那么g(x)為函數(shù)f(x)的一個(gè)“線性覆蓋函數(shù)”，若f(x)=－2xlnx－x2，g(x)=－ax＋3.若g(x)為函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的一個(gè)“線性覆蓋函數(shù)”，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，0] B．(－∞，2]C．(－∞，4] D．(－∞，6]答案：C解析：由題意知f(x)≤g(x)，即－2xlnx－x2≤－ax＋3在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，也即a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，等價(jià)于a≤h(x)min.令h(x)=2lnx＋x＋eq\f(3,x)，則h′(x)=eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)=eq\f(（x＋3）（x－1）,x2)，由h′(x)<0得0<x<1，由h′(x)>0得x>1，所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x=1時(shí)，h(x)取得最小值h(1)=4，所以a≤4，即a的取值范圍為(－∞，4]．故選C.4．(2022?珠海市月考)設(shè)函數(shù)f(x)=eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,ex)，x≥a,x，x<a))，若函數(shù)存在最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．a(chǎn)≤1 B．a(chǎn)<1C．a(chǎn)≤eq\f(1,e) D．a(chǎn)<eq\f(1,e)答案：C解析：顯然當(dāng)x<a時(shí)，f(x)<a無最大值，當(dāng)x≥a時(shí)，f(x)=eq\f(x,ex)存在最大值，f′(x)=eq\f(1－x,ex)，當(dāng)x<1時(shí)，f′(x)>0，f(x)遞增，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，f(x)遞減，所以當(dāng)x=1時(shí)，f(x)的極大值f(1)=eq\f(1,e)也是函數(shù)的最大值．因此f(x)要有最大值，必須滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤1,a≤\f(1,e)))，所以a≤eq\f(1,e).故選C.5．(2022?安徽模擬)關(guān)于x的不等式2sin3xcosx－a≤0在x∈(0，π)上恒成立，則實(shí)數(shù)a的最小值為()A．－eq\f(3\r(3),8) B．0C．1 D.eq\f(3\r(3),8)答案：D解析：依題意，令f(x)=2sin3xcosx，所以f′(x)=6sin2xcos2x－2sin4x=2sin2x(3cos2x－sin2x)=2sin2x(4cos2x－1)，又x∈(0，π)，令f′(x)=0，可得cosx=±eq\f(1,2)，所以x=eq\f(π,3)或x=eq\f(2π,3)，當(dāng)x∈(0，eq\f(π,3))時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)=2sin3xcosx在x∈(0，eq\f(π,3))上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(eq\f(π,3)，eq\f(2π,3))時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)=2sin3xcosx在x∈(eq\f(π,3)，eq\f(2π,3))上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(eq\f(2π,3)，π)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)=2sin3xcosx在x∈(eq\f(2π,3)，π)上單調(diào)遞增．所以當(dāng)x=eq\f(π,3)時(shí)，函數(shù)取得最大值f(eq\f(π,3))=eq\f(3\r(3),8)，所以實(shí)數(shù)a的最小值為eq\f(3\r(3),8).故選D.6．(多選題)(2022?山東省期中)已知函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的部分圖象如圖所示，則下列結(jié)論正確的是()A．f(a)<f(b)<f(c)B．f(e)<f(d)<f(c)C．x=c時(shí)，f(x)取得最大值D．x=d時(shí)，f(x)取得最小值答案：AB解析：由f′(x)的圖象可知，當(dāng)x∈(－∞，c)∪(e，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(c，e)時(shí)，f′(x)<0.∴f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上單調(diào)遞增，在(c，e)上單調(diào)遞減．對(duì)于A，∵a<b<c，∴f(a)<f(b)<f(c)，A項(xiàng)正確；對(duì)于B，∵c<d<e，∴f(e)<f(d)<f(c)，B項(xiàng)正確；對(duì)于C，由單調(diào)性知f(c)為極大值，當(dāng)x>e時(shí)，可能存在f(x0)>f(c)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于D，由單調(diào)性知f(e)<f(d)，D項(xiàng)錯(cuò)誤，故選AB.7．(2022?江蘇月考)寫出一個(gè)定義在R上且使得命題“若f′(0)=0，則0為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)”為假命題的奇函數(shù)：f(x)=__________．答案：x3(答案不唯一)解析：由題意，f′(0)=0，但0不是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，且f(x)為奇函數(shù)，所以滿足題意的一個(gè)f(x)可以是f(x)=x3.8．已知函數(shù)f(x)=e－x－ex，x∈[0，a]，a為正實(shí)數(shù)，則函數(shù)f(x)的最小值為__________，最大值為__________．答案：e－a－ea0解析：f′(x)=－e－x－ex=－eq\f(e2x＋1,ex).當(dāng)x∈[0，a]時(shí)，f′(x)<0恒成立，即f(x)在[0，a]上單調(diào)遞減．故當(dāng)x=a時(shí)，f(x)有最小值f(a)=e－a－ea；當(dāng)x=0時(shí)，f(x)有最大值f(0)=e－0－e0=0.即f(x)的最小值為e－a－ea，最大值為0.9．(2022?贛州市贛縣模擬)已知函數(shù)f(x)=ax3－eq\f(1,2)x2＋x－xlnx存在兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．答案：(0，eq\f(1,3))解析：由題意得f′(x)=3ax2－x－lnx，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，所以f′(x)有兩個(gè)正數(shù)零點(diǎn)．由f′(x)=0，得3ax2=x＋lnx，即3a=eq\f(x＋lnx,x2)，令g(x)=eq\f(x＋lnx,x2)，則g′(x)=eq\f(－x＋1－2lnx,x3)，易知函數(shù)y=－x＋1－2lnx是減函數(shù)，且當(dāng)x=1時(shí)，y=0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．故g(x)max=g(1)=1，又當(dāng)0<x<eq\f(1,e)時(shí)，g(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0，所以要使f′(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，需0<3a<1，即0<a<eq\f(1,3).10．(2022?濰坊模擬)某商場銷售某種商品，經(jīng)驗(yàn)表明，該商品每日的銷售量y(千克)與銷售價(jià)格x(元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)=eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2，x∈(3，6)．若該商品的成本為3元/千克，則當(dāng)銷售價(jià)格為__________元/千克時(shí)，該商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大．答案：4解析：商場每日銷售該商品所獲得的利潤為f(x)=(x－3)[eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2]=2＋10(x－3)(x－6)2，3<x<6，f′(x)=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)．故當(dāng)x∈(3，4)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈(4，6)時(shí)，f′(x)<0，則函數(shù)f(x)在(3，4)上單調(diào)遞增，在(4，6)上單調(diào)遞減．∴當(dāng)x=4時(shí)，函數(shù)f(x)取得最大值f(4)=42.故當(dāng)銷售價(jià)格為4元/千克時(shí)，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大，最大值為42元．B級(jí)(綜合創(chuàng)新練)11．(2022?山東省成武二模)有三個(gè)條件：①函數(shù)f(x)的圖象過點(diǎn)(0，1)，且a=1；②f(x)在x=1時(shí)取得極大值eq\f(11,6)；③函數(shù)f(x)在x=3處的切線方程為4x－2y－7=0.這三個(gè)條件中，請(qǐng)選擇一個(gè)合適的條件將下面的題目補(bǔ)充完整(只要填寫序號(hào))，并解答本題．題目：已知函數(shù)f(x)=eq\f(1,3)x3＋eq\f(a,2)x2＋2x＋b存在極值，并且__________．(1)求f(x)的解析式；(2)當(dāng)x∈[1，3]時(shí)，求函數(shù)f(x)的最值．解：選①：(1)f(0)=b=1，所以a=b=1，故f(x)=eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2x＋1.(2)由f′(x)=x2＋x＋2=(x＋eq\f(1,2))2＋eq\f(7,4)>0，所以f(x)單調(diào)遞增，故f(x)max=f(3)=eq\f(41,2)，f(x)min=f(1)=eq\f(23,6).選②：(1)f(x)=eq\f(1,3)x3＋eq\f(a,2)x2＋2x＋b，所以f′(x)=x2＋ax＋2.由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(1)=\f(1,3)×13＋\f(a,2)×12＋2×1＋b=\f(11,6),f′(1)=12＋a＋2=0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－3,b＝1))，故f(x)=eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋2x＋1，經(jīng)檢驗(yàn)f(x)在x=1時(shí)取得極大值，符合題意，所以f(x)=eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋2x＋1.(2)f′(x)=x2－3x＋2，令f′(x)=x2－3x＋2=0，解得x=1或x=2，所以當(dāng)x∈(－∞，1)或(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．因此f(x)在(1，2)單調(diào)遞減，在(2，3)單調(diào)遞增，則f(1)=eq\f(1,3)－eq\f(3,2)＋2＋1=eq\f(11,6)，f(2)=eq\f(1,3)×23－eq\f(3,2)×22＋2×2＋1=eq\f(5,3)，f(3)=eq\f(1,3)×33－eq\f(3,2)×32＋2×3＋1=eq\f(5,2)，所以f(x)min=eq\f(5,3)，f(x)max=eq\f(5,2).選③：(1)由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(3)=\f(5,2),f′(3)=2))，又因?yàn)閒′(x)=x2＋ax＋2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(3)=\f(1,3)×33＋\f(a,2)×32＋2×3＋b=\f(5,2),f′(3)=32＋3a＋2=2))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－3,b＝1))，所以f(x)=eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋2x＋1.(2)f′(x)=x2－3x＋2=(x－1)(x－2)>0，所以f(x)在[1，2)上單調(diào)遞減，在(2，3]上單調(diào)遞增，故f(x)max=f(3)=eq\f(5,2)，f(x)min=f(2)=eq\f(5,3).12．(2022?湖南模擬)已知函數(shù)f(x)=lnx－ax(a∈R)．(1)當(dāng)a=eq\f(1,2)時(shí)，求f(x)的極值；(2)討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)．解：(1)當(dāng)a=eq\f(1,2)時(shí)，f(x)=lnx－eq\f(1,2)x，函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)且f′(x)=eq\f(1,x)－eq\f(1,2)=eq\f(2－x,2x)，令f′(x)=0，得x=2，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表．x(0，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－f(x)↑ln2－1↓故f(x)在定義域內(nèi)的極大值為f(x)極大值=f(2)=ln2－1，無極小值．(2)由(1)知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)=eq\f(1,x)－a=eq\f(1－ax,x).當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，則函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，此時(shí)函數(shù)在定義域內(nèi)無極值點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，若x∈(0，eq\f(1,a))，則f′(x)>0，若x∈(eq\f(1,a)，＋∞)，則f′(x)<0，