《优化探究》2022高考数学总复习（人教A文）提素能高效题组训练：2-13[命题报告·教师用书独具]考查知识点及角度题号及难度基础中档稍难最值问题1、65、7、1012实际应用问题38不等式恒成立问题24、911一、选择题1．f(x)＝2x4－3x2＋1在上的最大值、最小值分别是( )A．21，－ B．1，－C．21,0D．0，－解析：∵函数f(x)在上有最大值和最小值．∴f′(x)＝8x3－6x＝0，解得x＝0或x＝或x＝－(舍去)，∴f(x)max＝f(2)＝21，f(x)min＝f＝－.答案：A2．(2022年淄博模拟)已知a≤＋lnx对任意x∈恒成立，则a的最大值为( )A．0B．1C．2D．3解析：设f(x)＝＋lnx，则f′(x)＝＋＝.当x∈[，1)时，f′(x)<0，故函数f(x)在上单调递减；当x∈(1,2]时，f′(x)>0，故函数f(x)在(1,2]上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，即a的最大值为0.答案：A-7-\n3．做一个圆柱形锅炉，容积为V，两个底面的材料每单位面积的价格为a元，侧面的材料每单位面积的价格为b元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为( )A.B.C.D.解析：如图，设圆柱的底面半径为R，高为h，则V＝πR2h.设造价为y＝2πR2a＋2πRhb＝2πaR2＋2πRb·＝2πaR2＋，∴y′＝4πaR－.令y′＝0，得＝.答案：C4．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是( )A．(－∞，－2)B．(0,3)C．(1,4)D．(2，＋∞)解析：∵f(x)＝(x－3)ex，∴f′(x)＝ex(x－2)>0，∴x>2.∴f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．答案：D5．(2022年珠海摸底)若函数f(x)＝在[－2,2]上的最大值为2，则a的取值范围是( )A.B.C．(－∞，0]D.解析：当x≤0时，f′(x)＝6x2＋6x，易知函数f(x)在(－∞，0]上的极大值点是x＝－1，且f(－1)＝2，故只要在(0,2]上，eax≤2即可，即ax≤ln2在(0,2]上恒成立，即a≤在(0,2]上恒成立，故a≤ln2.答案：D二、填空题6．函数f(x)＝x2－lnx的最小值为________．-7-\n解析：由得x>1，由得0<x<1.∴f(x)在x＝1时取最小值f(1)＝－ln1＝.答案：7．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为________．解析：∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，∴当x＝0时，f(x)＝m最大．∴m＝3，从而f(－2)＝－37，f(2)＝－5，∴最小值为－37.答案：－378．面积为S的一矩形中，其周长最小时的边长是________．解析：设矩形的一边边长为x，则另一边边长为，其周长为l＝2x＋，x>0，l′＝2－.令l′＝0，解得x＝.易知，当x＝时，其周长最小．答案：9．已知函数f(x)＝x3＋x，对任意的m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)<0恒成立，则x的取值范围为________．解析：∵f′(x)＝3x2＋1>0恒成立，∴f(x)在R上是增函数．又f(－x)＝－f(x)，∴y＝f(x)为奇函数．由f(mx－2)＋f(x)<0得f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，∴mx－2<－x，即mx－2＋x<0在m∈[－2,2]上恒成立．记g(m)＝xm－2＋x，则即解得－2<x<.答案：-7-\n三、解答题10．(2022年抚州模拟)已知函数f(x)＝lnx－.(1)若a>0，试判断f(x)在定义域内的单调性；(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为，求a的值；解析：(1)由题意f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋＝.∵a>0，∴f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增的．(2)由(1)可知，f′(x)＝.①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为增加的，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，∴a＝－(舍去)．②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为减少的，∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，∴a＝－(舍去)．③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a，当1<x<－a时，f′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上是减少的；当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上是增加的．∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a＝－.综上所述，a＝－.11．设函数f(x)＝a2lnx－x2＋ax，a＞0.(1)求f(x)的单调区间；(2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．(注：e为自然对数的底数．)解析：(1)因为f(x)＝a2lnx－x2＋ax，其中x＞0，所以f′(x)＝－2x＋a＝－.由于a＞0，所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a，＋∞)．(2)由(1)知f(x)在[1，e]内单调递增，-7-\n要使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．只要解得a＝e.12．(能力提升)已知函数f(x)＝ax＋xlnx，且图象在点处的切线斜率为1(e为自然对数的底数)．(1)求实数a的值；(2)设g(x)＝，求g(x)的单调区间；(3)当m>n>1(m，n∈Z)时，证明：>.解析：(1)f(x)＝ax＋xlnx，f′(x)＝a＋1＋lnx，依题意f′＝a＝1，所以a＝1.(2)因为g(x)＝＝，所以g′(x)＝.设φ(x)＝x－1－lnx，则φ′(x)＝1－.当x>1时，φ′(x)＝1－>0，φ(x)是增函数，对∀x>1，φ(x)>φ(1)＝0，即当x>1时，g′(x)>0，故g(x)在(1，＋∞)上为增函数．当0<x<1时，φ′(x)＝1－<0，φ(x)是减函数，对∀x∈(0,1)，φ(x)>φ(1)＝0，即当0<x<1时，g′(x)>0，故g(x)在(0,1)上为增函数．所以g(x)的单调递增区间为(0,1)，(1，＋∞)．(3)要证>，即证－>lnn－lnm，即lnm>lnn，>.(*)因为m>n>1，由(2)知，g(m)>g(n)，故(*)式成立，所以>.[因材施教·学生备选练习]1．(2022年北京东城模拟)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3，其中a-7-\n为实数．(1)求函数f(x)在[t，t＋2]上的最小值；(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．解析：(1)由题知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，当x∈时，f′(x)<0，故f(x)在上单调递减，当x∈时，f′(x)>0，故f(x)在上单调递增．①当0<t<t＋2<时，无解；②当0<t<<t＋2，即0<t<时，函数f(x)在[t，t＋2]上的最小值f(x)min＝f＝－；③当≤t<t＋2，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，故函数f(x)在[t，t＋2]上的最小值f(x)min＝f(t)＝tlnt.综上可知f(x)min＝(2)由题知2xlnx≥－x2＋ax－3，即a≤2lnx＋x＋，对一切x∈(0，＋∞)恒成立．设h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，则h′(x)＝，当x∈(0,1)时，h′(x)<0，故h(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以h(x)在(0，＋∞)上有唯一极小值h(1)，即为最小值，所以h(x)min＝h(1)＝4，因为对一切x∈(0，＋∞)，a≤h(x)恒成立，所以a≤4.2．(2022年沈阳模拟)已知f(x)＝xlnx.(1)求g(x)＝(k∈R)的单调区间；(2)证明：当x≥1时，2x－e≤f(x)恒成立．解析：(1)g(x)＝lnx＋，∴令g′(x)＝＝0得x＝k.∵x>0，∴当k≤0时，g′(x)>0.∴函数g(x)的增区间为(0，＋∞)，无减区间；当k>0时g′(x)>0得x>k；g′(x)<0得0<x<k，-7-\n∴增区间为(k，＋∞)，减区间为(0，k)．(2)证明：设h(x)＝xlnx－2x＋e(x≥1)，令h′(x)＝lnx－1＝0得x＝e，列表分析函数h(x)的单调性如下：x1(1，e)e(e，＋∞)h′(x)－1－0＋h(x)e－20∴h(x)≥0.即f(x)≥2x－e.-7-
