2024年新高考数学一轮复习 第三章 第二节 第二课时 导数与函数的极值、最值
展开课时跟踪检测(十九) 导数与函数的极值、最值
一、全员必做题
1.(多选)已知函数f(x)的定义域为R且导函数为f′(x),如图是函数y=xf′(x)的图象,则下列说法正确的是( )
A.函数f(x)的增区间是(-2,0),(2,+∞)
B.函数f(x)的增区间是(-∞,-2),(2,+∞)
C.x=-2是函数的极小值点
D.x=2是函数的极小值点
解析:选BD 由题意,当0<x<2时,f′(x)<0;当x>2,f′(x)>0;当-2<x<0时,f′(x)<0;当x<-2时,f′(x)>0.即函数f(x)在(-∞,-2)和(2,+∞)上单调递增,在(-2,2)上单调递减,因此函数f(x)在x=2时取得极小值,在x=-2时取得极大值.故选B、D.
2.已知函数f(x)=x2+ln x,则函数f(x)在[1,e]上的最大值为( )
A. B. C. D.+1
解析:选D ∵f(x)=x2+ln x(x>0),∴f′(x)=x+,则f′(x)>0,故f(x)在[1,e]上单调递增,∴f(x)max=f(e)=e2+1.
3.(2022·全国甲卷)当x=1时,函数f(x)=aln x+取得最大值-2,则f′(2)=( )
A.-1 B.- C. D.1
解析:选B 由题意知,f(1)=aln 1+b=b=-2.求导得f′(x)=-(x>0),因为f(x)的定义域为(0,+∞),所以易得f′(1)=a-b=0,所以a=-2,所以f′(2)=-=-.故选B.
4.已知函数f(x)=ln x-ax2的极值为-,则a=( )
A.e B.e C. D.
解析:选C 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-2ax=,当a≤0时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)单调递增,f(x)无极值,不符合题意;当a>0时,f′(x)=-,当x∈时,f′(x)>0,当x∈时,f′(x)<0,所以f(x)在单调递增,在单调递减,则f(x)极大值=f=-ln(2a)-=-,解得a=.
5.(2023·广州模拟)设f′(x)为函数f(x)的导函数,已知x2f′(x)+xf(x)=ln x,f′(1)=-,则( )
A.xf(x)在(0,+∞)单调递增
B.xf(x)在(0,+∞)单调递减
C.xf(x)在(0,+∞)有极大值
D.xf(x)在(0,+∞)有极小值
解析:选D 由题意知x>0,xf′(x)+f(x)=,令g(x)=xf(x),则g′(x)=xf′(x)+f(x)=,显然当x∈(0,1)时,g′(x)=<0,g(x)=xf(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g′(x)=>0,g(x)=xf(x)单调递增,故A、B错误;xf(x)在(0,+∞)有极小值f(1),令x=1,则f′(1)+f(1)=0,又f′(1)=-,则f(1)=,故xf(x)在(0,+∞)有极小值,C错误,D正确.
6.已知定义在R上的函数f(x),对任意x1,x2∈R,当x1≠x2时,都有>0,若存在x∈,使不等式f(xcos x)≥f(a-sin x)成立,则实数a的最大值为( )
A.-4 B.1 C.4 D.6
解析:选B 因为对任意x1,x2∈R,当x1≠x2时,都有>0,所以f(x)在R上单调递增,则f(xcos x)≥f(a-sin x)等价于xcos x≥a-sin x,即a≤xcos x+sin x,令g(x)=xcos x+sin x,x∈,g′(x)=2cos x-xsin x,因为x∈,所以cos x≤0,sin x≥0,所以g′(x)≤0,所以g(x)在上单调递减,所以g(x)≤g=cos+sin=1,即a≤1,所以a的最大值为1.
7.现有一块边长为a的正方形铁片,铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形,然后做成一个无盖方盒,该方盒容积的最大值是________.
解析:容积V=(a-2x)2x,0<x<,则V′=2(a-2x)×(-2x)+(a-2x)2=(a-2x)(a-6x),由V′=0得x=或x=(舍去),则x=为V在定义域内唯一的极大值点也是最大值点,此时Vmax=a3.
答案:a3
8.(2023·开封模拟)已知函数f(x)=ax3-x,若f(x)有极大值,则a=________.
解析:因为f(x)=ax3-x,则f′(x)=3ax2-1.若a≤0,则f′(x)<0,则f(x)在定义域上单调递减,无极大值,故a>0.令f′(x)=0,则x=± ,当f′(x)<0时,-<x< ;当f′(x)>0时,x<-或x>,所以f(x)在和 ,+∞单调递增,在单调递减,所以f(x)极大值=f=a×3+=,解得a=3>0.
答案:3
9.(2021·新高考Ⅰ卷)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为________.
解析:当x>时,f(x)=2x-1-2ln x,f′(x)=2-=.令f′(x)>0,得x>1,令f′(x)<0,得<x<1,所以f(x)在上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=1.当0<x≤时,f(x)=1-2x-2ln x,f′(x)=-2-=<0,所以f(x)在上单调递减,所以f(x)min=f=-2ln=2ln 2>1.所以f(x)的最小值为1.
答案:1
10.若函数f(x)=ex(sin x-a)在区间(0,π)存在极值,则实数a的取值范围是________.
解析:由f(x)=ex(sin x-a),得f′(x)=ex(sin x+cos x-a)=ex,因为函数f(x)=ex(sin x-a)在区间(0,π)存在极值,所以f′(x)=ex=0在(0,π)有变号零点,因为0<x<π,所以ex>0,即sin-a=0在(0,π)有解,转化为a=sin在(0,π)有解.因为0<x<π,所以<x+<,即-<sin≤1,于是,得-1<sin≤.由此可得-1<a<.实数a的取值范围是.
答案:
11.已知函数f(x)=ex-ax,a∈R,e是自然对数的底数.
(1)若函数f(x)在x=1处取得极值,求a的值及f(x)的极值;
(2)求函数f(x)在区间[0,1]上的最小值.
解:(1)因为f(x)=ex-ax,则f′(x)=ex-a,
因为函数f(x)在x=1处取得极值,
则f′(1)=e1-a=0,即a=e,则f′(x)=ex-e,
f′(x)=ex-e>0,则x>1,f′(x)=ex-e<0,则x<1,则函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,在(-∞,1)上单调递减,
故函数f(x)的极小值为f(1)=0,无极大值.
(2)因为f′(x)=ex-a,
当a≤0时,f(x)在R上单调递增,因此f(x)在[0,1]上单调递增,f(x)min=f(0)=1.
当a>0时,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,
在(ln a,+∞)上单调递增.
①当1≤ln a,即a≥e时,f(x)在[0,1]上单调递减,
所以f(x)min=f(1)=e-a;
②当0<ln a<1,即1<a<e时,
f(x)在[0,ln a)上单调递减,在(ln a,1]上单调递增,
所以f(x)min=f(ln a)=a-aln a;
③当ln a≤0,即0<a≤1时,f(x)在[0,1]上单调递增,f(x)min=f(0)=1.
综上,当a≤1时,f(x)min=1;当a≥e时,f(x)min=e-a;当1<a<e时,f(x)min=a-aln a.
12.(2022·临汾三模)已知函数f(x)=2x3-(a+3)x2+2ax,a∈R.
(1)当a=0时,求f(x)的极值;
(2)当|a|≥1时,求f(x)在[0,|a|]上的最小值.
解:(1)当a=0时,f(x)=2x3-3x2,f′(x)=6x2-6x=6x(x-1).
故当x∈(-∞,0),(1,+∞)时,f′(x)>0,x∈(0,1)时,f′(x)<0.
则f(x)在(-∞,0),(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减.
所以f(x)的极大值为f(0)=0,极小值为f(1)=-1.
(2)因为f(x)=2x3-(a+3)x2+2ax,
所以f′(x)=6x2-2(a+3)x+2a=2(x-1)(3x-a),
①当a>3时,f(x)在[0,1)上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,
所以f(x)min=min
=min=
②当a=3时,f(x)在[0,3]上单调递增,f(x)min=f(0)=0.
③当1≤a<3时,f(x)在上单调递增,
在上单调递减,在(1,a)上单调递增,
所以f(x)min=min{f(0),f(1)}=min{0,a-1}=0.
④当a≤-1时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,|a|)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=a-1.
综上,f(x)min=g(a)=
二、重点选做题
1.(多选)设函数f(x)的定义域为R,x0(x0≠0)是f(x)的极大值点,以下结论一定正确的是( )
A.∀x∈R,f(x)≥f(x0)
B.-x0是f(-x)的极大值点
C.-x0是-f(x)的极小值点
D.-x0是-f(-x)的极小值点
解析:选BD x0(x0≠0)是f(x)的极大值点,并不是最小值点,故A不正确;f(-x)与f(x)关于y轴对称,故-x0应是f(-x)的极大值点,故B正确;-f(x)与f(x)关于x轴对称,故x0应是-f(x)的极小值点,跟-x0没有关系,故C不正确;-f(-x)与f(x)关于原点对称,故D正确.
2.(2022·新高考Ⅰ卷)(多选)已知函数f(x)=x3-x+1,则( )
A.f(x)有两个极值点
B.f(x)有三个零点
C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
解析:选AC 因为f(x)=x3-x+1,所以f′(x)=3x2-1,令f′(x)=3x2-1=0,得x=±.由f′(x)=3x2-1>0,得x>或x<-;由f′(x)=3x2-1<0,得-<x<.所以f(x)=x3-x+1在,上单调递增,在上单调递减,所以f(x)有两个极值点,故A正确;因为f(x)的极小值f=3-+1=1->0,f(-2)=(-2)3-(-2)+1=-5<0,所以函数f(x)在R上有且只有一个零点,故B错误;因为函数g(x)=x3-x的图象向上平移一个单位长度得到函数f(x)=x3-x+1的图象,函数g(x)=x3-x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)=0,所以点(0,1)是曲线f(x)=x3-x+1的对称中心,故C正确;假设直线y=2x是曲线y=f(x)的切线,切点为(x0,y0),则f′(x0)=3x-1=2,解得x0=±1.若x0=1,则切点坐标为(1,1),但点(1,1)不在直线y=2x上,若x0=-1,则切点坐标为(-1,1),但点(-1,1)不在直线y=2x上,所以假设不成立,故D错误.故选A、C.
3.若函数f(x)=ex-ax2-2ax有两个极值点,则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析:选D 由f(x)=ex-ax2-2ax,得f′(x)=ex-2ax-2a.因为函数f(x)=ex-ax2-2ax有两个极值点,所以f′(x)=ex-2ax-2a=0有两个不同的解,即=有两个不同的解转化为g(x)=与y=的图象有两个交点.g′(x)=-,令g′(x)=0,即-=0,解得x=0,当x>0时,g′(x)<0;当x<0时,g′(x)>0;所以g(x)在(-∞,0)单调递增,在(0,+∞)单调递减.分别作出函数g(x)=与y=的图象,如图所示.由图可知,0<<1,解得a>.所以实数a的取值范围为.
4.(2022·全国甲卷)已知函数f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线.
(1)若x1=-1,求a;
(2)求a的取值范围.
解:(1)当x1=-1时,f(-1)=0,所以切点坐标为(-1,0).
由f(x)=x3-x,得f′(x)=3x2-1,
所以切线斜率k=f′(-1)=2,
所以切线方程为y=2(x+1),即y=2x+2.
将y=2x+2代入y=x2+a,得x2-2x+a-2=0.
由切线与曲线y=g(x)相切,得Δ=(-2)2-4(a-2)=0,
解得a=3.
(2)由f(x)=x3-x,得f′(x)=3x2-1,所以切线斜率k=f′(x1)=3x-1,
所以切线方程为y-(x-x1)=(3x-1)(x-x1),
即y=(3x-1)x-2x.
将y=(3x-1)x-2x代入y=x2+a,
得x2-(3x-1)x+a+2x=0.
由切线与曲线y=g(x)相切,
得Δ=(3x-1)2-4(a+2x)=0,
整理,得4a=9x-8x-6x+1.
令h(x)=9x4-8x3-6x2+1,
则h′(x)=36x3-24x2-12x=12x(3x+1)(x-1),
由h′(x)=0,得x=-,0,1,
h(x),h′(x)随x的变化如下表所示:
x | - | 0 | (0,1) | 1 | (1,+∞) | ||
h′(x) | - | 0 | + | 0 | - | 0 | + |
h(x) | | 极小值 | | 极大值 | | 极小值 | |
由上表知,当x=-时,h(x)取得极小值h=,当x=1时,h(x)取得极小值h(1)=-4,
易知当x→-∞时,h(x)→+∞,当x→+∞时,h(x)→+∞,
所以函数h(x)的值域为[-4,+∞),
所以由4a∈[-4,+∞),得a∈[-1,+∞),
故实数a的取值范围为[-1,+∞).
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