2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测(十九) 导数与函数的极值、最值

这是一份2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测(十九) 导数与函数的极值、最值，共8页。试卷主要包含了全员必做题，重点选做题等内容，欢迎下载使用。
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：a38．(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：39．(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：110．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，＋∞)．