2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题六函数与导数微专题3导数的简单应用小题考法3利用导数研究函数的极值

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A．8 B．－8 C．2 D．－2
(2)(2023·惠州模拟)已知函数f(x)＝(x2－ax＋a)ex－x2，a∈R，若函数f(x)在x＝0处取得极小值，则a的取值范围为________．
解析：(1)因为f(x)＝ax3＋bx，
所以f′(x)＝3ax2＋b，
所以f′(1)＝3a＋b＝0，f(1)＝a＋b＝4，
解得a＝－2，b＝6，
经检验，符合题意，所以a－b＝－8.
故选B.
(2)f′(x)＝(2x－a)ex＋(x2－ax＋a)ex－2x＝x[(x＋2－a)ex－2]，
考查f(x)的单调性，令f′(x)>0，
即x[(x＋2－a)ex－2]>0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,（x＋2－a）ex－2>0，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<0，,（x＋2－a）ex－2<0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,x＋2－\f(2,ex)>a，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<0，,x＋2－\f(2,ex)因为g(x)＝x＋2－eq \f(2,ex)单调递增，设方程g(x)＝x＋2－eq \f(2,ex)＝a的根为x0
①若x0>0，则不等式组(*)的解集为(－∞，0)和(x0，＋∞)，
此时f(x)在(－∞，0)和(x0，＋∞)上单调递增，在(0，x0)上单调递减，与f(x)在x＝0处取极小值矛盾；
②若x0＝0，则不等式组(*)的解集为(－∞，0)和(0，＋∞)，此时f(x)在R上单调递增，与f(x)在x＝0处取极小值矛盾；
③若x0<0，则不等式组(*)的解集为(－∞，x0)和(0，＋∞)，
此时f(x)在(－∞，x0)和(0，＋∞)上单调递增，在(x0，0)上单调递减，满足f(x)在x＝0处取极小值，
由g(x)单调性，a＝x0＋2－eq \f(2,ex0)综上所述：a<0.
则a的取值范围为(－∞，0)．
答案：(1)B (2)(－∞，0)
特别注意函数在x＝a处取得极值是f′(a)＝0的充分不必要条件．
1．(2023·广东模拟)在等比数列{an}中，a3，a7是函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x2＋4x－1的极值点，则a5＝( )
A．－2或2 B．－2
C．2 D．2eq \r(2)
解析：由f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x2＋4x－1，
f′(x)＝eq \f(1,3)×3x2－4×2x＋4＝x2－8x＋4，
因为a3，a7是f(x)的极值点，
所以f′(x)＝0的两个根为a3，a7，
所以a3＋a7＝8，a3·a7＝4，所以a3，a7为正，
又因为{an}为等比数列，
所以aeq \\al(2,5)＝a3·a7＝4，
又a5＝a3q2，a3，a5同号，所以a5＝2，
故选C.
答案：C
2．(2023·湛江一模)若函数f(x)＝ex－ax2－a存在两个极值点x1，x2，且x2＝2x1，则a＝________．
解析：f(x)的定义域为R，
f′(x)＝ex－2ax，
因为函数f(x)＝ex－ax2－a存在两个极值点x1，x2，
且x2＝2x1，
所以f′(x)＝0的两个根为x1，x2，且x2＝2x1，
即ex－2ax＝0的两个根为x1，x2，且x2＝2x1，
所以ex1－2ax1＝0①，e x2－2ax2＝0，且x2＝2x1，
所以e2 x1－4ax1＝0②，
又ex1>0，所以由①②得e x1＝2，所以x1＝ln 2，
所以a＝eq \f(e x1,2x1)＝eq \f(1,ln 2).
答案：eq \f(1,ln 2)