【新高考复习】专题4.3 应用导数研究函数的极值、最值 2022年高考数学一轮复习讲练测（新教

专题4.3应用导数研究函数的极值、最值1．（2021·河南高三其他模拟（文））函数lnfxxxx在1,22上的最小值为（）A．1ln22B．-1C．0D．2ln22【答案】B【解析】求导后求得函数的单调性，利用单调性求得函数的最小值.【详解】因为lnfxx，所以fx在1,12上单调递减，在1,2上单调递增，所以min11fxf.故答案为：B.2．（2021·全国高考真题（理））设0a，若xa为函数2fxaxaxb的极大值点，则（）A．abB．abC．2abaD．2aba【答案】D【解析】结合对a进行分类讨论，画出fx图象，由此确定正确选项.【详解】若ab，则3fxaxa为单调函数，无极值点，不符合题意，故ab¹.依题意，xa为函数2fxaxaxb的极大值点，当0a时，由xb，0fx，画出fx的图象如下图所示：练基础由图可知ba，0a，故2aba.当0a时，由xb时，0fx，画出fx的图象如下图所示：由图可知ba，0a，故2aba.综上所述，2aba成立.故选：D3．（2021·全国高三其他模拟）已知函数f（x）＝lnxx﹣ex，则下列说法正确的是（）A．f（x）无极大值，也无极小值B．f（x）有极大值，也有极小值C．f（x）有极大值，无极小值D．f（x）无极小值，有极大值【答案】C【解析】求导判断函数的单调性，但由于21lnxxxe不容易判断正负，所以需要二次求导来判断.【详解】因为lnxxfxex，所以2221ln11lnxxxxxxexfxexx，令21lnxhxxxe，221122xxxxhxxexexexexx，因为0x，所以210,20,0xxxexex，即2120xxxexex，故0hx，所以hx在0,上单调递减，又因为110he，112211220eeheeee，所以存在唯一的01,1xe，使得002001ln0xhxxxe，所以fx在00,x上单调递增，在0,x上单调递减，所以f（x）有极大值，无极小值.故选：C.4.（2021·全国高三月考（理））已知函数()ln3fxaxx，当(0,)x时，(1)3xfxeax≥恒成立，则实数a的最大值为（）A．0B．3C．2D．1【答案】B【解析】首先将不等式(1)3xfxeax≥转化为(1)(e)xfxf≥，又(0)x，时，11exx，问题转化为()fx在(1)，上递减，所以当1x时，()0fx恒成立，最后参变分离得到参数a的最大值.【详解】∵(1)3elne3e(e)xxxxfxaxaf≥在(0)x，时恒成立，而(0)x，时，11exx，∴()fx在(1)，上递减，∴当1x时，3()30aaxfxxx≤恒成立，即1x时，3ax恒成立，故3a，∴实数a的最大值为3，故选B.5．（2021·广东高三其他模拟）若函数23222,126,1xmxfxxxx有最小值，则m的一个正整数取值可以为___________.【答案】4【解析】分段研究函数的单调性及最值得解【详解】222xym在,1上单调递增，∴2222xymm；当1x时，3226yxx，此时，2'61262yxxxx.∴3226yxx在1,2上单调递减，在2,上单调递增，∴3226yxx在1,上的最小值为8，函数有最fx有最小值，则28m≥，即4m，故m的一个正整数取值可以为4.故答案为：46．（2021·全国高三其他模拟（文））函数cos744xxfxxe剟取最大值时x的值为___________.【答案】34【解析】求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，求出函数取最大值时x的值即可.【详解】解：cos744xxfxxe剟sincosxxxfxe令0fx，即sincos0xx，解得：4πx或34x或74x，3,44x时37,0,,44fxx…时，0fx„，故fx在[3,44上单调递增，在37,44上单调递减，故34x时，fx取最大值，故答案为：3.47．（2021·陕西宝鸡市·高三二模（文））设x是函数()cos3sinfxxx的一个极值点，则2cos2sin___________.【答案】110【解析】由条件可得()sin3cos0f，然后由2222222cos2sincoscos2sincossincossin算出答案即可.【详解】因为()sin3cosfxxx，x是函数()cos3sinfxxx的一个极值点所以()sin3cos0f，所以sin3cos所以2222222222cos2sincoscos1cos2sincossincossincos9cos10故答案为：1108.（2021·贵州贵阳市·贵阳一中高三月考（理））已知函数()1.xfxex（1）求函数()fx的单调区间；（2）求函数2()()lngxxfxxx的最小值【答案】（1）单调减区间是(-∞，，0)，单调增区间是(0，+∞)；（2）最小值1.【解析】（1）直接利用导数求函数()fx的单调区间；（2）由（1）可得ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立，把()gx转化为ln()lnlnxxxgxxexxexx，直接求出最小值1，并判断出g(x)取得最小值时条件存在.【详解】解∶（1）()1.xfxex的定义域为R,()1xfxe，当x0时，有()0fx，当x0时，有()0fx；所以函数f(x)的单调减区间是(-∞，，0)，单调增区间是(0，+∞).（2）由（1）可得f(x)min=f(0)=0，有ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立，所以ln()lnlnln1ln1xxxgxxexxexxxxxx，当且仅当lnx+x=0时，等号成立.设h(x)=lnx+x(x0)，1()10,hxx所以h(x)在(0，+∞)上是增函数，.而11()10hee，h（1）=10，由零点存在性定理，存在唯一01(,1)ex，使得h(x0)=0，所以当x=x0时，函数g(x)取得最小值1.9．（2021·河南高三其他模拟（文））已知函数2eln1xfxxa.（1）若0a，求曲线yfx在点1,1f处的切线方程.（2）若1a，证明：fx存在极小值.【答案】（1）2210exye；（2）证明见解析.【解析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再根据函数表达式求出切点坐标，再由点斜式即可求出切线方程；（2）通过二次求导得到()fx的单调区间，从而可以证明()fx存在极小值.【详解】（1）当0a时，2ln1xfxex，所以12lnxfxexx.所以11f，12fe.故曲线yfx在点1,1f处的切线方程为121yex，即2210exye.（2）由2ln1xfxexa，得12lnxfxexax.令1lnhxxax，则22111xhxxxx.当01x时，0hx；当1x时，0hx.所以hx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，所以hx的最小值为11ha.因为1a，所以110ha，10aahee.因为hx在1,上单调递增，所以存在01,axe，使得00hx，在01,x上，0hx，在0,x上，0hx，即在01,x上，0fx，在0,x上，0fx，所以fx在01,x上单调递减，在0,x上单调递增，故fx存在极小值.10．（2021·玉林市育才中学高三三模（文））设函数2()ln()fxxbxa，其中0b≠．（Ⅰ）当1b时，()fx在2x时取得极值，求a；（Ⅱ）当1a时，若()fx在(1,)上单调递增，求b的取值范围；【答案】（Ⅰ）94a；（Ⅱ）12b.【解析】（Ⅰ）求函数的导数利用20f求解；（Ⅱ）根据函数的单调性可得2220xxb在1,上恒成立，利用二次函数的最值求解.【详解】（Ⅰ）当1b时，12fxxxa，依题意有20f，故94a，此时21492(41)(2)'299922422xxxxfxxxxx，2x取得极大值，所以94a；（Ⅱ）当1a时，222211bxxbfxxxx，若fx在1,上单调递增，则2220xxb在1,上恒成立，设222hxxxb，只需11022hb，即12b.1．【多选题】（2021·全国高三其他模拟）已知函数1sinxxfxexe，其中e是自然对数的底数，则下列说法正确的是（）．A．fx是偶函数B．2π是fx的周期C．fx在π,0上单调递减D．fx在π,π上有3个极值点【答案】AD练提升TIDHNE【解析】对于A:化简fx即可.对于B:计算出π2f与3π2f，由π2f3π2f即可.对于C:计算出fx，则可判断其在π,0上得正负号，则可得出fx在π,0上的单调性，再利用00f，π0f，则可得到fx在π,0上单调的单调性.对于D:结合fx在0π,x上单调递增，在0,0x上单调递减与偶函数，即可判断.【详解】对于A:因为fx的定义城为R，且11sinsinxxxxexexeefxfx，所以函数fx是偶函数，故A正确．对于B:因为π2π2π102eef，3π23π23π102fee，所以3ππ22ff，所以2π不是函数fx的周期，故B错误．对于C:111sincossincossincosxxxxxxexexexxxxeefxe，令gxfx，则12cosxxxgexe，所以当π,02x时，0gx，fx单调递增；当ππ,2x时，0gx，fx单调递减．因为00f，π0f，所以存在唯一0ππ,2x，使得00fx，当0π,xx时，0fx，fx单调递增．当00xx，时，0fx，fx单调递减；所以函数fx在0π,x上单调递增，在0,0x上单调递减，故C错误．对于D:函数fx在π,π上有2个极大值点0x，0x，1个极小值点0，共3个极值点，故D正确．故选：AD．2．（2021·辽宁丹东市·