2024年高考数学第二轮专题复习专题5：函数的最值17页

这是一份2024年高考数学第二轮专题复习专题5：函数的最值17页，共17页。试卷主要包含了已知函数，，若，，则的最小值为，已知函数.，已知函数两个极值点.等内容，欢迎下载使用。
A．B．C．D．
【解析】令，则，，
∴，，即，
若，则，
∴，有，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
∴，即的最小值为.
故选：D.
2．已知函数，，若，，则的最小值为（ ）．
A．B．C．D．
【解析】由题意，，得，
∴，即，
又，得
∵在上单调递增，
∴综上知：，
∴，
令，，则
∴，得；，得；
故在上单调递减，在上单调递增.
∴，
故选：C
3．若对任意，不等式恒成立，则实数a的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【解析】令，，所以，
因为需要保证有意义，所以，所以在上单调递增，
因为当时，，且，
所以，使得，
并且当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，且，
所以，，
所以
所以，
考虑函数，
其中，
根据复合函数单调性可得函数在上单调递减，
因为，所以解得到，所以，
因为在上单调递增，所以，
所以的最大值为.
故选：C
4．已知函数，，若存在，使得成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【解析】函数f（x）的定义域为（0，+∞），，
∴当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，又f（1）＝0，所以x∈（0，1）时，f（x）＜0；
同时，若存在，使得成立，
则且，所以，即x2＝lnx1，又所以，
故，令，k＜0，则，
令，解得，令，解得，
∴在（﹣∞，﹣3）单调递减，在（﹣3，0）单调递增，
∴．
故选：D
5．已知函数，若关于的方程恰有两个不等实根，，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【解析】作函数的大致图象如下，结合图象易知，使得，，，
故，
令，则，令，则，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
∴，∴，
故选：D.
6．已知函数.
（1）a=1时,求函数f（x）的极值；
（2）若,求f（x）的最小值g（a）的取值范围.
【解析】(1)当a=1时,,则,
令h（x）=ex﹣x,当x∈（0,+∞）时,h′（x）=ex﹣1＞0,
∴在（0,+∞）上,h（x）＞h（0）=1,即ex＞x,
令f′（x）=0,则x=1,经检验,在（0,1）上,f′（x）＜0,f（x）单调递减,在（1,+∞）上,f′（x）＞0,f（x）单调递增,
∴当x=1时,函数y=f（x）取得极小值e﹣1,无极大值；
(2),令,
则,
由（1）知,当x∈（0,+∞）时,
ex＞x,ex（x2﹣2x+2）﹣x＞x（x2﹣2x+2）﹣x=x（x﹣1）2≥0,
∴p′（x）＞0在（0,+∞）上恒成立,
∴f′（x）在定义域上单调递增,
∵,
∴,
∴方程f′（x）=0在（0,+∞）上有唯一解,
设方程f′（x）=0的解为x0,则在（0,x0）上f′（x）＜0,在（x0,+∞）上f′（x）＞0,且1≤x0≤2,
∴f（x）的最小值为,
由f′（x）=0得,代入g（a）得,,
令,则,
∵﹣x2+2x﹣2=﹣（x﹣1）2﹣1≤﹣1,
∴ex（﹣x2+2x﹣2）+x≤x﹣ex＜0,
∴φ（x）在[1,2]上为减函数,
∴,
∴g（a）∈[ln2﹣1,e﹣1].
7．已知函数（，为自然对数的底数），且在点处的切线的斜率为，函数.
（1）求的单调区间和极值；
（2）若，求的最大值.
【解析】（1）由已知得，在点处的切线的斜率为，
所以，从而，.
因为，在上递增，且，
所以当时，；时，，
的单调减区间为，单调增区间为，
所以，无极大值.
（2）
令，得，
①当时，
在上单调递增，
当时，，与相矛盾；
②当时，
，此时；
③当时，
，得，
所以在，为减函数，在，为增函数.
当时，，
即，
所以（其中）.
令，则，
∴，，
所以在，为增函数，在，为减函数.
当时，，
即：当时，的最大值为，
所以的最大值为.
综上所述：的最大值为.
8．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，记函数在区间的最大值为.最小值为，求的取值范围.
【解析】（1）函数的定义域为.
.
当时，恒成立，函数的增区间为，无单调减区间；
当时，令可得；令可得，
函数的增区间为，减区间为.
综上，当时，函数的增区间为，无单调减区间；
当时， 函数的增区间为，减区间为.
（2）当时，由（1）可得函数在区间单调递减，在区间单调递增.
，，.
由.
①当时，，有.
记，则，
函数在单调递减，，
即.
此时的取值范围为.
②当时，，有.
记，则，
函数在单调递增，，
即.
此时的取值范围为.
综上，的取值范围为.
9．已知函数两个极值点.
（1）当时，求；
（2）当时，求的最大值.
【解析】（1） （）
当时，（）
由，得或；由，得
∴在及上单调递增，在上单调递减，
∴，
∴
（2）的两个极值点，是即方程的两个根，QQ群416652117
∴，
又，
∴，
∴
（）
令，，则
∵
∴
∴即
∴即
∴又
∴
∵在上单调递减
∴的最大值为
∴的最大值
10．已知函数.
（1）当时，求的最大值；
（2）对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）当时，
则，
，时，；
时，，
在上为增函数，在上为减函数
（2）对任意的，不等式恒成立，
在上恒成立，
令，则
令，则，
在上为增函数，
又，，
，使得，即，
时，，
，在上单调递减，
时，，
，在上单调递增，
由可得
令，则
又，
在上单调递增，
，，，，
，，
综上所述，满足条件的的取值范围是
11．已知函数（其中为自然对数的底数）.
（1）求函数的最小值；
（2）求证：.
【解析】（1）因为，所以
当时，，单调递减
当时，，单调递增
所以
（2）证明：要证，
只需证明：对于恒成立，
令，则，
当时，令，则，在上单调递增，即在上为增函数
又因为，
所以存在使得
由
得即即即
所以当时，，单调递减
当时，，单调递增
所以，
令，
则
所以在上单调递增，所以，
所以，所以，
即．
12．已知函数（a、）.
（1）当，时，求的单调区间；
（2）当，时，求的最小值.
【解析】（1）当，时，（）.
，
令得，或（舍去）.
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）.
设（），，
1）当时，，则在上单调递减，且，
，在上单调递增，
.
2）当时，，
设，，有两根，.
，，不妨令，
当时，，即，在上单调递减，
当时，，即，在上单调递增.
①当，即时，，在上单调递增.
又，，
.
②当，即时，，在上单调递减，在上单调递增.
又，，
，
存在使得，
.
综上可得
13．已知函数，.
（1）若直线是曲线的切线，求的最大值；
（2）设，若函数有两个极值点与，且，求的取值范围.
【解析】（1）因为，又因为是曲线的切线，即
故，因为，
即，故，
所以，即
所以单调递减，故，
综上，的最大值是0.
（2）因为，所以，是的两根，
即，故，
所以，
因为，令，
即单调递减，且，
所以在单调递增，故，
综上，的取值范围是.
14．已知函数．
（1）求的极值；
（2）求在上的最大值．
【解析】（1）函数的定义域为，
，
当时，恒成立，则在上是减函数，无极值；
当时，令，解得，
则在上是减函数，在上是增函数，
所以当时，有极小值，，无极大值，
综上，当时，无极值，当时，有极小值，无极大值；
（2）①当时，由（1）知在上是减函数，
所以当时，有最大值；
②当时，由（1）知在上是减函数，在上是增函数，
（i）当，即时，在上是增函数，
所以当时，有最大值；
（ii）当即时，在上是减函数，在上是增函数.
若，即时，有最大值；
若，即时，有最大值；
（ⅲ）当即时，在上是减函数，
所以当时，有最大值，
综上所述，当时，有最大值；
当时，有最大值.
15．已知函数.
（1）当时，求证：；
（2）设，记在区间上的最大值为当最小时，求的值.
【解析】证明：欲证，只需证，
令，则，
可知在为正，在为负，在为正，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又，，
；
由（1）可得，，
在上，，
令，则问题转化为当时，的最大值的问题了，
①当时，，此时
②当时，，
③当时，，
综上，当取最小值时a的值为