课时规范练16　利用导数研究函数的极值、最值.docx

课时规范练16　利用导数研究函数的极值、最值 　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 基础巩固组 1. 如图,可导函数y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线为l:y=g(x),设h(x)=f(x)-g(x),则下列说法正确的是(　　) A.h'(x0)=0,x=x0是h(x)的极大值点 B.h'(x0)=0,x=x0是h(x)的极小值点 C.h'(x0)≠0,x=x0不是h(x)的极值点 D.h'(x0)≠0,x=x0是h(x)的极值点 2.已知函数f(x)=ex+x22-ln x的极值点为x1,函数h(x)=lnx2x的最大值为x2,则(　　) A.x1>x2 B.x2>x1 C.x1≥x2 D.x2≥x1 3.(2020湖南湘潭三模,理7)某莲藕种植塘每年的固定成本是1万元,每年最大规模的种植量是8万斤,每种植一斤藕,成本增加0.5元.如果销售额函数是f(x)=-18x3+916ax2+12x(x是莲藕种植量,单位:万斤;销售额的单位:万元,a是常数),若种植2万斤莲藕,利润是2.5万元,则要使利润最大,每年需种植莲藕(　　) A.8万斤 B.6万斤 C.3万斤 D.5万斤 4.(多选)(2020山东济宁一中期中,10)如果函数y=f(x)的导函数的图像如图所示,给出下列判断:①函数y=f(x)在区间-3,-12上单调递增;②当x=-2时,函数y=f(x)有极小值;③函数y=f(x)在区间(-2,2)上单调递增;④当x=3时,函数y=f(x)有极小值. 则上述判断错误的是(　　) A.① B.② C.③ D.④ 5.(多选)(2020福建福州三模,理11)已知函数f(x)=ln|x|-x+1x,下列四个结论中正确的有(　　) A.曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为x+y-1=0 B.f(x)恰有2个零点 C.f(x)既有最大值,又有最小值 D.若x1>0,x2>0且f(x1)+f(x2)=0,则x1x2=1 6.(2020河北唐山一模,文16)已知函数f(x)=a1x-2x+ln x,f(x)有极大值f(x1)和极小值f(x2),则实数a的取值范围是　　　　,f(x1)+f(x2)=　　　　.  7.(2018北京,理18)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,a∈R. (1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求a; (2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围. 综合提升组 8.(2020山东济南三模,21)已知函数f(x)=aln(x+b)-x. (1)若a=1,b=0,求f(x)的最大值; (2)当b>0时,讨论f(x)极值点的个数. 9.(2020山西太原三模,21)已知函数f(x)=ln x+kx. (1)当k=-1时,求函数f(x)的极值点; (2)当k=0时,若f(x)+bx-a≥0(a,b∈R)恒成立,求ea-1-b+1的最大值. 10.(2020山东烟台模拟,22)已知函数f(x)=a2x2-x(ln x-b-1),a,b∈R. (1)略; (2)若f(x)在(0,+∞)上单调递增,且c≤e2a+b,求c的最大值. 创新应用组 11. (2020江苏南京六校5月联考,17)疫情期间,某小区超市平面图如图所示,由矩形OABC与扇形OCD组成,OA=30米,AB=50米,∠COD=π6,经营者决定在点O处安装一个监控摄像头,摄像头的监控视角∠EOF=π3,摄像头监控区域为图中阴影部分,要求点E在弧CD上,点F在线段AB上,设∠FOC=θ. (1)求该监控摄像头所能监控到的区域面积S关于θ的函数关系式,并求出tan θ的取值范围; (2)求监控区域面积S最大时,角θ的正切值. 12.(2020山东济宁6月模拟,22)已知函数f(x)=x-aln x. (1)若曲线y=f(x)+b(a,b∈R)在x=1处的切线方程为x+y-3=0,求a,b的值; (2)求函数g(x)=f(x)+a+1x(a∈R)的极值点; (3)设h(x)=1af(x)+aex-xa+ln a(a>0),若当x>a时,不等式h(x)≥0恒成立,求a的最小值. 参考答案 课时规范练16　利用导数研究 函数的极值、最值 1.B　由题意知,g(x)=f'(x0)(x-x0)+f(x0),故h(x)=f(x)-f'(x0)(x-x0)-f(x0),所以h'(x)=f'(x)-f'(x0).因为h'(x0)=f'(x0)-f'(x0)=0,又因为当x<x0时,有h'(x)<0,当x>x0时,有h'(x)>0,所以x=x0是h(x)的极小值点.故选B. 2.A　f'(x)=ex+x-1x在(0,+∞)上单调递增,且f'12=e12-32>0,f'14=e14-154<0,所以x1∈14,12,ex1+x1-1x1=0.由h'(x)=1-lnx2x2,可得h(x)max=h(e)=12e,即x2=12e<14.所以x1>x2. 3.B　设销售的利润为g(x),由题意,得g(x)=-18x3+916ax2+12x-1-12x,x∈(0,8],即g(x)=-18x3+916ax2-1.当x=2时,g(2)=-1+94a-1=52,解得a=2.故g(x)=-18x3+98x2-1,g'(x)=-38x2+94x=-38x(x-6).当x∈(0,6)时,g'(x)>0;当x∈(6,8)时,g'(x)<0.所以函数g(x)在(0,6)上单调递增,在(6,8)上单调递减.所以当x=6时,利润最大.故选B. 4.AD　对于①,由图知函数y=f(x)在区间-3,-12上有增有减,故①不正确;对于②,由图知当x<-2时f'(x)<0,当-2<x<2时f'(x)>0,故当x=-2时,函数y=f(x)有极小值,故②正确;对于③,当x∈(-2,2)时,恒有f'(x)>0,则函数y=f(x)在区间(-2,2)上单调递增,故③正确;对于④,当x=3时,f'(x)≠0,故④不正确.故选AD. 5.ABD　f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).对于A,当x>0时,f'(x)=1x-1-1x2=-x2+x-1x2,所以f'(1)=-1,所求切线方程为y-0=-(x-1),即x+y-1=0,故A正确;对于C,当x>0时,f'(x)=-(x-12) 2-34x2<0,则f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,同理可得f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,故C错误;对于B,因为f(-1)=0,f(1)=0,故B正确;对于D,若x1>0,x2>0,由f(x1)+f(x2)=0,得f(x1)=-f(x2)=-ln x2-x2+1x2=ln1x2+11x2-1x2=f1x2,因为f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以x1=1x2,即x1x2=1,故D正确.故选ABD. 6.0,24　-ln 2　由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a-1x2-2+1x=-2ax2+x-ax2.令g(x)=-2ax2+x-a,因为f(x)有极大值和极小值,故g(x)=-2ax2+x-a在区间(0,+∞)上有两个不相等的实数根.故-1-2a>0,-a-2a>0,1-4(-2a)(-a)>0, 即a>0,a2<18,解得a∈0,24. 可知x1+x2=12a,x1x2=12. 故f(x1)+f(x2)=a1x1-2x1+ln x1+a1x2-2x2)+ln x2=ax1+x2x1x2-2(x1+x2)+ln x1x2=a1a-1a+ln12=-ln 2. 7.解 (1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,所以f'(x)=[2ax-(4a+1)]ex+[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex=[ax2-(2a+1)x+2]ex.f'(1)=(1-a)e. 由题设知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0,所以a的值为1. (2)由(1)得f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex. 若a>12,则当x∈1a,2时,f'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0. 所以f(x)在x=2处取得极小值. 若a≤12,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤12x-1<0,所以f'(x)>0. 所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是12,+∞. 8.解 (1)当a=1,b=0时,f(x)=ln x-x, 此时,函数f(x)定义域为(0,+∞), f'(x)=1x-12x=2-x2x, 由f'(x)>0,得0<x<4, 由f'(x)<0,得x>4, 所以f(x)在(0,4)上单调递增,在(4,+∞)上单调递减, 所以f(x)max=f(4)=2ln 2-2. (2)当b>0时,函数f(x)定义域为[0,+∞),f'(x)=ax+b-12x=-x+2ax-b2x(x+b), ①当a≤0时,f'(x)<0对任意的x∈(0,+∞)恒成立, 所以此时f(x)极值点的个数为0. ②当a>0时,设h(x)=-x+2ax-b, (ⅰ)当4a2-4b≤0,即0<a≤b时,f'(x)≤0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,即f'(x)在(0,+∞)上无变号零点,所以,此时f(x)极值点的个数为0; (ⅱ)当4a2-4b>0,即a>b时,方程h(x)=0有两个不同的实数根,记方程h(x)=0的两根分别为x1,x2,则x1+x2=2a>0,x1x2=b>0,所以x1,x2都大于0,即f'(x)在(0,+∞)上有2个变号零点,所以,此时f(x)极值点的个数为2. 综上所述,当a≤b时,f(x)极值点的个数为0;当a>b时,f(x)极值点的个数为2. 9.解 (1)f(x)定义域为(0,+∞),当k=-1时,f(x)=ln x-x,f'(x)=1x-1,令f'(x)=0,得x=1,当f'(x)>0时,解得0<x<1,当f'(x)<0时,解得x>1,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)有极大值点为x=1,无极小值点. (2)当k=0时,f(x)+bx-a=ln x+bx-a(x>0). 若f(x)+bx-a≥0(a,b∈R)恒成立,则ln x+bx-a≥0(a,b∈R)恒成立, 所以a≤ln x+bx恒成立. 令g(x)=ln x+bx,则g'(x)=x-bx2, 由题意b>0,函数g(x)在(0,b)上单调递减,在(b,+∞)上单调递增, 所以g(x)min=g(b)=ln b+1, 所以a≤ln b+1,所以a-1≤ln b,所以ea-1≤b,ea-1-b+1≤1,故当且仅当ea-1=b时,ea-1-b+1取得最大值为1. 10.解 (1)略 (2)因为f(x)在(0,+∞)上单调递增,即f'(x)=ax+b-ln x≥0在(0,+∞)上恒成立,设h(x)=ax+b-ln x,则h'(x)=a-1x, ①若a=0,则h'(x)<0,则h(x)在(0,+∞)上单调递减,显然f'(x)=b-ln x≥0在(0,+∞)上不恒成立. ②若a<0,则h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减, 当x>max-ba,1时,ax+b<0,-ln x<0,故h(x)<0,f(x)单调递减,不符合题意. ③若a>0,当0<x<1a时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x>1a时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 所以h(x)min=h1a=1+b+ln a, 由h(x)min≥0得2a+b≥2a-1-ln a. 设m(x)=2x-1-ln x,x>0, 则m'(x)=2-1x, 当0<x<12时,m'(x)<0,m(x)单调递减; 当x>12时,m'(x)>0,m(x)单调递增.所以m(x)≥m12=ln 2, 所以2a+b≥ln 2.又c≤e2a+b,所以c≤2,即c的最大值为2. 11.解 (1)扇形EOC的面积为12×π3-θ×502=2 500π6-2 5002θ. 四边形OCBF的面积为30×50-12×30×30tanθ. 故阴影部分的面积S=1 500+1 250π3-509tanθ+25θ. 因为θ∈θ0,π3,tan θ0=35, 所以tan θ∈35,3. (2)令h(θ)=9tanθ+25θ,则h'(θ)=-9sin2θ-9cos2θsin2θ+25=-9sin2θ+25. 令h'(θ)=0得tan θ=34∈35,3. 记其解为θ1,并且h(θ)在[θ0,θ1)上单调递减,在θ1,π3上单调递增,所以h(θ)的最小值为h(θ1),阴影部分的面积最大值为1 500+1 250π3-50h(θ1), 此时tan θ1=34.即监控区域面积S最大时,角θ的正切值为34. 12.解 (1)由f(x)=x-aln x,得y=f(x)+b=x-aln x+b(x>0),∴y'=f'(x)=1-ax.由已知可得f'(1)=-1,f(1)+b=2,即1-a=-1,1+b=2, ∴a=2,b=1. (2)∵g(x)=f(x)+a+1x=x-aln x+a+1x,∴g'(x)=1-ax-a+1x2=(x+1)[x-(a+1)]x2(x>0),所以当a+1≤0,即a≤-1时,g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值点; 当a+1>0,即a>-1时,则当0<x<a+1时,g'(x)<0,当x>a+1时,g'(x)>0,∴g(x)在(0,a+1)上单调递减,在(a+1,+∞)上单调递增,所以x=a+1是g(x)的极小值点,无极大值点. 综上可知,当a≤-1时,函数g(x)无极值点;当a>-1时,函数g(x)的极小值点是a+1,无极大值点. (3)h(x)=1af(x)+aex-xa+ln a=aex-ln x+ln a(a>0),由题意知,当x>a时,aex-ln x+ln a≥0恒成立, 又不等式aex-ln x+ln a≥0等价于aex≥lnxa, 即ex≥1alnxa,即xex≥xalnxa,① 由x>a>0知:xa>1,lnxa>0,所以①式等价于ln(xex)≥lnxalnxa, 即x+ln x≥lnxa+lnlnxa, 设φ(x)=x+ln x(x>0), 则原不等式即为φ(x)≥φlnxa, 又φ(x)=x+ln x(x>0)在(0,+∞)上为增函数, ∴原不等式等价于x≥lnxa,② 又②式等价于ex≥xa,即a≥xex(x>a>0),设F(x)=xex(x>0), 则F'(x)=1-xex,∴F(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. 又x>a>0,∴当0<a<1时,F(x)在(a,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, ∴F(x)≤F(1)=1e,要使原不等式恒成立,须使1e≤a<1; 当a≥1时,则F(x)在(a,+∞)上单调递减,F(x)<F(1)=1e, 要使原不等式恒成立,须使a≥1e, ∴当a≥1时,原不等式恒成立. 综上可知,a的取值范围是1e,+∞,故a的最小值为1e. 9