2023高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第2课时导数与函数的极值最值课时跟踪检测理含解析202302331112

第三章　导数及其应用第二节　导数的应用第二课时　导数与函数的极值、最值A级·基础过关|固根基|1.函数f(x)＝xe－x，x∈[0，4]的最小值为(　　)A．0B．C．D．解析：选A　f′(x)＝，当x∈[0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，4]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因为f(0)＝0，f(4)＝>0，所以当x＝0时，f(x)有最小值，且最小值为0.2．已知x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为(　　)A．15B．16C．17D．18解析：选D　因为x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，且f′(x)＝3x2－3a，所以f′(2)＝12－3a＝0，解得a＝4，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x3－12x＋2，f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0，得x＝±2，故函数f(x)在(－2，2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知，当x＝－2时，函数f(x)取得极大值f(－2)＝18.3．(2019届安徽滁州模拟)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　)①f(b)>f(a)>f(c)；②函数f(x)在x＝c处取得极小值，在x＝e处取得极大值；③函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值；④函数f(x)的最小值为f(d)．A．③B．①②C．③④D．①④解析：选A　由题图可知，当x≤c时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(－∞，c]上单调递增，又a<b<c，所以f(a)<f(b)<f(c)，故①不正确；因为f′(c)＝0，f′(e)＝0，且当x<c时，f′(x)>0；当c<x<e时，f′(x)<0；当x>e时，f′(x)>0，所以函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e\n处取得极小值，故②不正确，③正确；由题图知，当d≤x≤e时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在[d，e]上单调递减，从而f(d)>f(e)，故④不正确．故选A．4．(2019届昆明市高三诊断)设函数f(x)＝(x2－2x＋2)ex－x3－x2的极值点的最大值为x0，若x0∈(n，n＋1)，则整数n的值为(　　)A．－2B．－1C．0D．1解析：选C　f′(x)＝x2ex－x2－x，令f′(x)＝x2ex－x2－x＝0，则x＝0或xex－x－1＝0，所以x＝0为一个极值点．当x≠0，xex－x－1＝0时，则ex＝1＋.当x>1时，ex>e，1＋∈(1，2)，所以不存在使ex＝1＋成立的x0；当0<x<1时，ex∈(1，e)，1＋>2，所以存在使ex＝1＋成立的x0.又因为x0为极值点的最大值，x0∈(n，n＋1)，所以整数n的值是0.故选C．5．(2019届南昌调研)已知a为常数，函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，则(　　)A．f(x1)>0，f(x2)>－B．f(x1)<0，f(x2)<－C．f(x1)>0，f(x2)<－D．f(x1)<0，f(x2)>－解析：选D　f′(x)＝lnx－2ax＋1，依题意知f′(x)＝0有两个不等实根x1，x2，即曲线y＝1＋lnx与直线y＝2ax有两个不同交点，如图．由直线y＝x是曲线y＝1＋lnx在点(1，1)处的切线，可知，0<2a<1，0<x1<1<x2，∴a∈.由0<x1<1，得f(x1)＝x1(lnx1－ax1)<0，∵当x1<x<x2时，f′(x)>0，∴f(x2)>f(1)＝－a>－，故选D．6．(2019届新乡模拟)设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1<2<x2，则实数a的取值范围是________．\n解析：由题意得f′(x)＝3x2－4ax＋a2的两个零点x1，x2满足x1<2<x2，所以f′(2)＝12－8a＋a2<0，解得2<a<6.答案：(2，6)7．函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，由f′(x)＝0，得x＝±a，当－a<x<a时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>a或x<－a时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，∴f(x)的极大值为f(－a)，极小值为f(a)．∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0，解得a>，∴a的取值范围是.答案：8．(2019届长沙调研)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝lnx－ax，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a＝________．解析：由题意知，当x∈(0，2)时，f(x)的最大值为－1.令f′(x)＝－a＝0，得x＝，当0<x<时，f′(x)>0；当2>x>时，f′(x)<0.∴f(x)max＝f＝－lna－1＝－1，解得a＝1.答案：19．(2019届长春市第二次质量监测)已知函数f(x)＝(a－1)lnx－－x(a∈R)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若函数f(x)在[1，3]上的最大值为－2，求实数a的值．解：(1)当a＝2时，f(x)＝lnx－－x，f′(x)＝＋－1，f(2)＝ln2－3，f′(2)＝0，所以曲线在点(2，f(2))处的切线方程为y＝ln2－3.\n(2)f′(x)＝＋－1＝(1≤x≤3)，当a≤1时，f′(x)≤0，f(x)在[1，3]上单调递减，所以f(1)＝－a－1＝－2，a＝1；当a≥3时，f′(x)≥0，f(x)在[1，3]上单调递增，所以f(3)＝(a－1)ln3－－3＝－2，所以a＝<3，舍去；当1<a<3时，f(x)在[1，a]上单调递增，在[a，3]上单调递减，所以f(a)＝(a－1)lna－1－a＝－2，所以a＝e.综上，a＝1或a＝e.10．(2018年北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．解：(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex，所以f′(1)＝(1－a)e.由题设知，f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.此时f(1)＝3e≠0，符合．所以a的值为1.(2)由(1)得，f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.若a>，则当x∈时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在x＝2处取得极小值；若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是.B级·素养提升|练能力|11.(2019届江西八所重点中学联考)已知函数f(x)＝xeax－1－lnx－ax，若函数f(x)的最小值恰好为0，则实数a的最小值是(　　)A．－1B．－\nC．－D．－解析：选C　令t＝xeax－1(x>0)，则t>0，所以lnt＝lnx＋ax－1，令u＝f(x)＝xeax－1－lnx－ax，则u＝t－lnt－1.令g(t)＝t－lnt－1，则g′(t)＝1－＝，当t∈(0，1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，故当t＝1时，g(t)取得最小值g(1)＝0，故当xeax－1＝1，即a＝时，函数f(x)的最小值恰好为0.令h(x)＝，则h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝e2，可知h(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，则h(x)min＝h(e2)＝－，即a的最小值为－.12．(2019届合肥模拟)已知函数f(x)＝xlnx－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)A．B．(0，e)C．D．(－∞，e)解析：选A　∵f(x)＝xlnx－aex(x>0)，∴f′(x)＝lnx＋1－aex(x>0)，由函数f(x)有两个极值点，得y＝a和g(x)＝在(0，＋∞)上有两个交点，g′(x)＝(x>0)，令h(x)＝－lnx－1，则h′(x)＝－－<0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减且h(1)＝0，∴当x∈(0，1]时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0，1]上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝，而x→0时，g(x)→－∞；x→＋∞时，g(x)→0，故y＝g(x)的大致图象如图所示．由图可知，若y＝a和g(x)在(0，＋∞)上有两个交点，只需0<a<.故选A．13．已知函数f(x)＝lnx＋x2－ax＋a(a∈R)．(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且x2≥x1(e为自然对数的底数)，求f(x2)－f(x1)的最大值．\n解：(1)∵f′(x)＝＋x－a(x>0)，又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f′(x)≥0，即＋x－a≥0(x>0)恒成立，∴a≤，而x＋≥2＝2，当且仅当x＝1时取“＝”，∴a≤2，即函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a的取值范围是(－∞，2]．(2)f(x2)－f(x1)＝ln＋(x－x)－a(x2－x1)，又f′(x)＝＋x－a＝(x>0)，∴x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个实根，由根与系数的关系得，x1＋x2＝a，x1x2＝1，∴f(x2)－f(x1)＝ln＋(x－x)－a(x2－x1)＝ln－(x－x)＝ln－(x－x)＝ln－，设t＝(t≥)，令h(t)＝lnt－(t≥)，则h′(t)＝－＝－<0，∴h(t)在[，＋∞)上是减函数，∴h(t)≤h()＝，故f(x2)－f(x1)的最大值为.