专题33 与导数相关的极值、最值-2023年高考数学优拔尖核心压轴题（选择、填空题）（新高考地区专用）

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1.极值问题转化为(二次)方程根的问题,为求某个表达式的范围,其难点在于消元、新元的范围.
2.利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
【典型题示例】
例1 (2022·全国乙卷·17)已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
【答案】
【分析】由分别是函数的极小值点和极大值点，可得时，，时，，再分和两种情况讨论，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，且满足时，，时，，求出函数与函数相切时a的值，结合图象即可得出答案.
【解析】，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，当时，，
若时，
当时，，
则此时，与前面矛盾，
故不符合题意（如下图左立知）
若时，
设函数与函数的图象的切点为，
则，
得即，
代入①得，解得（不合题意，舍去），或
此时，当增大时，函数与函数的图象有两个不同的交点（如上图右），
又，所以，
综上所述，的范围为.
例2 已知在上恰有两个极值点，，且，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】由题意得导函数在区间有两个零点，根据二次函数性质可得，由根与系数的关系可得以及，求出的表达式，将用表示，表示为关于的函数，利用导数与单调性的关系即可求出结果.
【解析】由题意得，
令，得，
由题意知在上有两个根，，
∴，得．
由根与系数的关系得，由求根公式得，
∵，∴，∵，∴．
则，
令，则．
设，则，
易知在上单调递增，
∴，
∴当时，函数为减函数，
∴，且，
∴，
故选：D.
点评：
1.根据极值点的概念，结合根据系数的关系和二次函数的性质得到参数的取值范围，以及与之间的关系；
2.将题意转化为关于的函数，构造出，利用导数判断单调性.
例3 已知，是函数，的两个极值点，若， 则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】先由题得所以，化简得=，再构造函数，利用导数求函数的值域即得解.
【解析】（）
∵，是函数的两个极值点
∴是两个根，
由韦达定理得，且
故，
所以
令，
则
由，
所以在单调递减，
又当时，， ，
所以函数g(x)的值域为.
即的取值范围为.
点评：解决以极值为背景的范围问题，关键点有二，一是减元，二是构造函数，最终转化为区间上的最值问题.
例4 已知函数(aR)的最小值为2，则实数的值是_________.
【答案】或
【解析】∵，
当a≤0时，，∴是(0，)上的减函数，
∴函数无最小值，舍去；
当a＞0时，由得，，
∴在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增，
∴函数的最小值为，
由，得，
解得或.
【巩固训练】
1. 设函数有两个极值，实数的取值范围是____________.
2.若函数在和两处取得极值，且，则实数a的取值范围是 ．
3.已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是 ．
4.已知函数（其中a为常数），设函数有两个极值点，若恒成立，求实数的取值范围．
5.已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中a，b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值，若f(x)在(0，e]上的最大值为1，则a的值为 ．
6.设函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是
A．B．，C．D．，
7. (2022·全国乙卷·17改编)已知和分别是函数（且）的极大值点和极小值点．若，则a的取值范围是____________．
【答案或提示】
1.【答案】(，0)
【解析】 ∵，
若函数有两个极值，则，解得，
故a的取值范围是(，0).
2.【答案】 [，)
【解析】∵函数在和两处取得极值，且
∴方程有两个根和，且
考虑函数和的图象，利用导数，不难得到时，方程 有两个根
进一步的，由
构造函数，可知在区间上减，在区间上增，且
∴，即，解之得
∴，故
综上得：实数a的取值范围是．
3.【答案】
【解析】
不难得出：，，
（下略）.
4.【答案】
【解析】 ，
若有两个极值点，则是方程的两个不等正实根，
易知．则，故，
要使恒成立，只需恒成立．
因为
令，则，
当时，，为减函数，所以．
由题意，要使恒成立，只需满足．
所以实数的取值范围．
5.【答案】a＝eq \f(1,e－2)或a＝－2
【解析】因为f(x)＝ln x＋ax2＋bx，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax＋b，
因为函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx在x＝1处取得极值，
所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0，b＝－2a－1
f′(x)＝eq \f(2ax2－2a＋1x＋1,x)＝eq \f(2ax－1x－1,x)(x＞0)，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝eq \f(1,2a)，
因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝eq \f(1,2a)≠x1＝1.
①当a＜0，即eq \f(1,2a)＜0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，
所以f(x)在区间(0，e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2.
②当a＞0，即x2＝eq \f(1,2a)＞0时，
若eq \f(1,2a)＜1，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))，[1，e]上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))上单调递减，所以最大值可能在x＝eq \f(1,2a)或x＝e处取得，而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)))＝lneq \f(1,2a)＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)))2－(2a＋1)·eq \f(1,2a)＝lneq \f(1,2a)－eq \f(1,4a)－1＜0，
令f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝eq \f(1,e－2).
若1＜eq \f(1,2a)＜e，f(x)在区间(0,1)，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，e))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递减，
所以最大值可能在x＝1或x＝e处取得，
而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，
令f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，
解得a＝eq \f(1,e－2)，与1＜x2＝eq \f(1,2a)＜e矛盾．
若x2＝eq \f(1,2a)≥e，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x＝1处取得，而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，矛盾．
综上所述，a＝eq \f(1,e－2)或a＝－2.
6.【答案】
【解析】求导得有两个零点等价于函数有一个不等于1的零点，分离参数得，
令，，
在递减，在递增，显然在取得最小值，
作的图象，并作的图象，注意到，，
（原定义域，这里为方便讨论，考虑，
当时，直线与只有一个交点即只有一个零点（该零点值大于；
当时在两侧附近同号，不是极值点；
当时函数有两个不同零点（其中一个零点等于，但此时在两侧附近同号，使得不是极值点不合．
故选：．
7.【答案】
【提示】方法同例1.