新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第3讲导数的简单应用核心考点4函数的极值和最值的综合应用教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第3讲导数的简单应用核心考点4函数的极值和最值的综合应用教师用书，共2页。试卷主要包含了69＝6等内容，欢迎下载使用。

1. (2023·北流市模拟)已知x＝1为函数f(x)＝ln x＋2x＋eq \f(a,x)的极值点，则f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上的最大值为(注：ln 2≈0.69)( B )
A．3 B．7－ln 2
C．5 D．eq \f(11,2)＋ln 2
【解析】 f′(x)＝eq \f(1,x)＋2－eq \f(a,x2)，由于x＝1是f(x)的极值点，所以f′(1)＝1＋2－a＝3－a＝0，a＝3，此时f′(x)＝eq \f(1,x)＋2－eq \f(3,x2)＝eq \f(2x2＋x－3,x2)＝eq \f(x－12x＋3,x2)(x>0)，所以f(x)在区间(0,1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在区间(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x＝1是f(x)的极小值点，a＝3符合题意，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝ln eq \f(1,2)＋1＋6＝7－ln 2，f(2)＝ln 2＋4＋eq \f(3,2)＝ln 2＋eq \f(11,2)，由于7－ln 2≈7－0.69＝6.31，ln 2＋eq \f(11,2)≈0.69＋5.5＝6.19，所以f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上的最大值为7－ln 2.故选B.
2. (2023·河南模拟)若∀x∈(0，＋∞)，ln(2x)－eq \f(aex,2)≤ln a恒成立，则a的最小值为( B )
A.eq \f(1,e) B．eq \f(2,e)
C．e D．e2
【解析】 依题意，ln(2x)－eq \f(aex,2)≤ln a⇔ln(2x)－ln a≤eq \f(aex,2)⇔2ln eq \f(2x,a)≤aex⇔eq \f(2x,a)ln eq \f(2x,a)≤ex·ln ex，∵x>0，a>0，∴若01，令f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1>0在(1，＋∞)上恒成立，∴y＝f(x)在(1，＋∞)上单调递增，而eq \f(2x,a)ln eq \f(2x,a)≤exln ex，∴eq \f(2x,a)≤ex.综上，eq \f(2x,a)≤ex在(0，＋∞)上恒成立，∴a≥eq \f(2x,ex).令g(x)＝eq \f(2x,ex)，g′(x)＝eq \f( 2－2x,ex)，∴当00，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)≤g(1)＝eq \f(2,e)，即a≥eq \f(2,e).∴a的最小值为eq \f(2,e).故选B.
方法技巧·精提炼
等价转化思想在解决极值与最值问题中的应用
(1)函数在某一区间上有极值(点)，可以转化为方程满足某种条件的解；
(2)求函数的极值、最值问题，可以转化为函数的单调性问题；
(3)与函数极值、最值有关的参数问题，可以转化为解方程、不等式问题，而某些方程有解、不等式有解、不等式恒成立问题则可以转化为函数的最值问题．
加固训练·促提高
1. (2023·江西模拟)若函数f(x)＝eq \f(x2－ax＋a,－ex)的极值点均不大于2，且在区间(1,3)上有最小值，则实数a的取值范围是( A )
A．(－∞，4－e] B．(1,3)
C．(－∞，1) D．(4－e，＋∞)
【解析】 由题意可知，最小值只能在极小值处取得，则f′(x)＝eq \f(x－2x－a,ex)(10，(a,2)上f′(x)<0，(2,3)上f′(x)>0，故f(x)在(1，a)上单调递增，(a,2)上单调递减，(2,3)上单调递增，所以f(x)在x＝2取得极小值f(2)，又极小值必须为最小值，所以f(1)≥f(2)，即eq \f(12－a＋a,－e)≥eq \f(22－2a＋a,－e2)，所以10，所以f(x)在(1,2)上单调递减，(2,3)上单调递增，此时函数f(x)有最小值满足条件，综上所述，a的取值范围为(－∞，4－e]．故选A.
2. (2023·亭湖区校级三模)设实数t>0，若不等式e2tx－eq \f(ln 2＋ln x,t)≥0对x>0恒成立，则t的取值范围为( B )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，＋∞)) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2e)))
【解析】 e2tx－eq \f(ln 2＋ln x,t)≥0对x>0恒成立，即te2tx≥ln(2x)，即2txe2tx≥2xln(2x)＝ln(2x)·eln(2x)，令F(x)＝xex(x>0)，则F′(x)＝(x＋1)ex>0，故F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故2tx>ln(2x)，故t≥eq \f(ln2x,2x)，问题转化为t≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln2x,2x)))max，令H(m)＝eq \f(ln m,m)，H′(m)＝eq \f(1－ln m,m2)，令H′(m)>0，解得0e，故H(m)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故H(m)max＝H(e)＝eq \f(1,e)，故t≥eq \f(1,e).故选B.