2023屆高考數(shù)學(xué)專項練習(xí)導(dǎo)數(shù)解密36專題i專題09 函數(shù)的最值含答案

2023屆高考數(shù)學(xué)專項練習(xí)導(dǎo)數(shù)解密36專題09函數(shù)的最值考點一求已知函數(shù)的最值【方法總結(jié)】導(dǎo)數(shù)法求給定區(qū)間上函數(shù)的最值問題的一般步驟(1)求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)；(2)求f(x)在給定區(qū)間上的單調(diào)性和極值；(3)求f(x)在給定區(qū)間上的端點值；(4)將f(x)的各極值與f(x)的端點值進行比較，確定f(x)的最大值與最小值；(5)反思回顧，查看關(guān)鍵點，易錯點和解題規(guī)范．【例題選講】[例1](1)函數(shù)f(x)＝lnx－x在區(qū)間(0，e]上的最大值為________．答案－1解析f′(x)＝eq\f(1,x)－1，令f′(x)＝0得x＝1．當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(1，e]時，f′(x)＜0．∴當(dāng)x＝1時，f(x)取得最大值，且f(x)max＝f(1)＝ln1－1＝－1．(2)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋x－2lnx的最小值為．答案eq\f(3,2)解析因為f′(x)＝x＋1－eq\f(2,x)＝eq\f((x＋2)(x－1),x)(x＞0)，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)＋1＝eq\f(3,2)．(3)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋mx2＋nx＋2，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)為偶函數(shù)，f(1)＝－eq\f(2,3)，則函數(shù)g(x)＝f′(x)ex在區(qū)間[0，2]上的最小值為．答案－2e解析由題意可得f′(x)＝x2＋2mx＋n，∵f′(x)為偶函數(shù)，∴m＝0，故f(x)＝eq\f(1,3)x3＋nx＋2，∵f(1)＝eq\f(1,3)＋n＋2＝－eq\f(2,3)，∴n＝－3．∴f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x＋2，則f′(x)＝x2－3．故g(x)＝ex(x2－3)，則g′(x)＝ex(x2－3＋2x)＝ex(x－1)·(x＋3)，據(jù)此可知函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，2]上單調(diào)遞增，故函數(shù)g(x)的極小值，即最小值為g(1)＝e1·(12－3)＝－2e．(4)已知函數(shù)f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________．答案－eq\f(3\r(3),2)解析∵f(x)的最小正周期T＝2π，∴求f(x)的最小值相當(dāng)于求f(x)在[0，2π]上的最小值．f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2(2cos2x－1)＝4cos2x＋2cosx－2＝2(2cosx－1)(cosx＋1)．令f′(x)＝0，解得cosx＝eq\f(1,2)或cosx＝－1，x∈[0，2π]．∴由cosx＝－1，得x＝π；由cosx＝eq\f(1,2)，得x＝eq\f(5,3)π或x＝eq\f(π,3)．∵函數(shù)的最值只能在導(dǎo)數(shù)值為0的點或區(qū)間端點處取到，f(π)＝2sinπ＋sin2π＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\f(π,3)＋sineq\f(2π,3)＝eq\f(3\r(3),2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)π))＝－eq\f(3\r(3),2)，f(0)＝0，f(2π)＝0，∴f(x)的最小值為－eq\f(3\r(3),2)．(5)設(shè)正實數(shù)x，則f(x)＝eq\f(ln2x,xlnx)的值域為________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))解析令lnx＝t，則x＝et，∴g(t)＝eq\f(t2,et2)，令t2＝m，m≥0，∴h(m)＝eq\f(m,em)，∴h′(m)＝eq\f(em(1－m),e2m)，令h′(m)＝0，解得m＝1，當(dāng)0≤m<1時，h′(m)>0，函數(shù)h(m)單調(diào)遞增，當(dāng)m≥1時，h′(m)<0，函數(shù)h(m)單調(diào)遞減，∴h(m)max＝h(1)＝eq\f(1,e)，∵f(0)＝0，當(dāng)m→＋∞時，h(m)→0，∴f(x)＝eq\f(ln2x,xlnx)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))．(6)已知函數(shù)f(x)＝elnx和g(x)＝x＋1的圖象與直線y＝m的交點分別為P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1－x2的取值范圍是()A．[1，＋∞)B．[2，＋∞)C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))答案A解析由題意知f(x1)＝g(x2)，所以elnx1＝x2＋1，即x2＝elnx1－1，則x1－x2＝x1－elnx1＋1，x1>0．令h(x)＝x－elnx＋1(x>0)，則h′(x)＝1－eq\f(e,x)＝eq\f(x－e,x)．當(dāng)x>e時，h′(x)>0，當(dāng)0<x<e時，h′(x)<0，所以h(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(e)＝1．又當(dāng)x→0＋時，h(x)→＋∞，當(dāng)x→＋∞時，h(x)→＋∞，所以h(x)在(0，＋∞)上的值域為[1，＋∞)，所以x1－x2的取值范圍為[1，＋∞)．(7)已知不等式ex－1≥kx＋lnx對于任意的x∈(0，＋∞)恒成立，則k的最大值為________．答案e－1解析?x∈(0，＋∞)，不等式ex－1≥kx＋lnx恒成立，等價于?x∈(0，＋∞)，k≤eq\f(ex－1－lnx,x)恒成立，令φ(x)＝eq\f(ex－1－lnx,x)(x>0)，則φ′(x)＝eq\f(ex(x－1)＋lnx,x2)，當(dāng)x∈(0，1)時，φ′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(1)＝e－1，∴k≤e－1．(8)(多選)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋e|x|,e|x|)，則下列選項正確的是()A．f(x)為奇函數(shù)B．f(x)的圖象關(guān)于點(0，1)對稱C．f(x)的最大值為eq\f(1,e)＋1D．f(x)的最小值為－eq\f(1,e)＋1答案BCD解析f(x)＝eq\f(x,e|x|)＋1，不滿足f(－x)＝－f(x)，故A項錯誤；令g(x)＝eq\f(x,e|x|)，則g(－x)＝eq\f(－x,e|－x|)＝eq\f(－x,e|x|)＝－g(x)，所以g(x)為奇函數(shù)，則f(x)關(guān)于點(0，1)對稱，B項正確；設(shè)f(x)＝eq\f(x,e|x|)＋1的最大值為M，則g(x)的最大值為M－1，設(shè)f(x)＝eq\f(x,e|x|)＋1的最小值為N，則g(x)的最小值為N－1，當(dāng)x＞0時，g(x)＝eq\f(x,ex)，所以g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，當(dāng)0＜x＜1時，g′(x)＞0，當(dāng)x＞1時，g′(x)＜0，所以當(dāng)0＜x＜1時，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x＞1時，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)在x＝1處取得最大值，最大值為g(1)＝eq\f(1,e)，由于g(x)為奇函數(shù)，所以g(x)在x＝－1處取得最小值，最小值為g(－1)＝－eq\f(1,e)，所以f(x)的最大值為M＝eq\f(1,e)＋1，最小值為N＝－eq\f(1,e)＋1，故C、D項正確．故選B、C、D．[例2]已知函數(shù)f(x)＝excosx－x．(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．解析(1)因為f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0．又因為f(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝1．(2)設(shè)h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，則h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx．當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，h′(x)＜0，所以h(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．所以對任意x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0．所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．因此f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為f(0)＝1，最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2)．[例3](2017·浙江)已知函數(shù)f(x)＝(x－eq\r(2x－1))e－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,2)))．(1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù)；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上的取值范圍．解析(1)f′(x)＝(x－eq\r(2x－1))′e－x＋(x－eq\r(2x－1))(e－x)′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(2x－1))))e－x－(x－eq\r(2x－1))e－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(2x－1))－x＋\r(2x－1)))e－x＝(1－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,\r(2x－1))))e－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＞\f(1,2)))．(2)令f′(x)＝(1－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,\r(2x－1))))e－x＝0，解得x＝1或eq\f(5,2)．當(dāng)x變化時，f(x)，f′(x)的變化如下表：xeq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,2)))eq\f(5,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞))f′(x)－0＋0－所以當(dāng)a<0時，f(x)的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝alneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))．根據(jù)題意，知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝alneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))≥－a，即a[ln(－a)－ln2]≥0．因為a<0，所以ln(－a)－ln2≤0，解得a≥－2，所以實數(shù)a的取值范圍是[－2，0)．5．已知函數(shù)f(x)＝asinx＋sin2x，a∈R．(1)若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有極值點，求a的取值范圍；(2)若a＝1，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))時，f(x)≥bxcosx，求b的最大值．5．解析(1)f′(x)＝acosx＋2cos2x＝4cos2x＋acosx－2，依題意，f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有變號零點，令cosx＝t，則t∈(0，1)，所以g(t)＝4t2＋at－2＝0在(0，1)有實根，注意到Δ＞0，所以g(0)·g(1)＜0，解得a＞－2，即a∈(－2，＋∞)．(2)a＝1時，f(x)＝sinx＋sin2x，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))時，f(x)≥0≥bxcosx，顯然成立；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，cosx＞0，所以tanx＋2sinx≥bx．記h(x)＝tanx＋2sinx－bx，則h(x)≥0恒成立，h′(x)＝eq\f(1,cos2x)＋2cosx－b，h″(x)＝eq\f(2sinx,cos3x)－2sinx＝eq\f(2sinx(1－cos3x),cos3x)＞0，h′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞增，h′(0)＝3－b，若b＞3，則h′(0)＜0，記cosθ＝eq\f(1,\r(b))，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則h′(θ)＝b＋eq\f(2,\r(b))－b＝eq\f(2,\r(b))＞0，所以存在x0∈(0，θ)，使得h′(x0)＝0，當(dāng)x∈(0，x0)時，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減，所以x∈(0，x0)時，h(x)＜h(0)＝0，不符題意．當(dāng)b＝3時，h′(x)＞h′(0)＝0，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)＞h(0)＝0，符合題意，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))時，f(x)＝sinx＋2sinxcosx＝sinx(1＋2cosx)，由2cosx＋1＞2coseq\f(2π,3)＋1＝0，sinx＞0，所以f(x)＞0，而b＝3時，bxcosx＜0，所以f(x)＞bxcosx成立，綜上所述，b的最大值為3．6．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－ax＋a(a∈R)．(1)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)遞增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)f(x)在x＝x1和x＝x2處取得極值，且x2≥eq\r(e)x1(e為自然對數(shù)的底數(shù))，求f(x2)－f(x1)的最大值．6．解析(1)∵f′(x)＝eq\f(1,x)＋x－a(x＞0)，又f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴恒有f′(x)≥0，即eq\f(1,x)＋x－a≥0恒成立，∴a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))min，而x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取“＝”，∴a≤2．即函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)遞增函數(shù)時，a的取值范圍是(－∞，2]．(2)∵f(x)在x＝x1和x＝x2處取得極值，且f′(x)＝eq\f(1,x)＋x－a＝eq\f(x2－ax＋1